מוטיבציה

נרצה למצוא את השטח מתחת לגרף של פונקציה.
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-14 08.34.13.excalidraw.svg
זהו אינו שטח שלו נוסחה ברורה ולכן ננסה להעריך את השטח על ידי חילוקו לחלקים יותר קטנים.

הם מתחילים להיות קצת דומים למלבנים או טרפזים ישרי זווית. נקח את הערך הפונקציה עבור $x$ במרכז כל קטע כזה ונחשב את הריבוע עם הערך הזה כפול אורך הקטע - שאותו אנחנו יודעים במדוייק.
זה נותן לנו הערכה של השטח, אך זה לא ממש מדוייק - יהיו קטעי שטח שאותם אנו מפספסים.
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-14 08.39.06.excalidraw.svg
איך נוכל לשפר את הקירוב? נחלק ליותר מלבנים. ככה נתקרב יותר ויותר לשטח האמיתי שמתחת לגרף. נשים לב שיש פה משהו גבולי - ככל שמספר המלבנים שואף לאינסוף, או ככל שאורך כל מלבן שאוף לאפס, נתקרב לערך האמיתי של השטח.

הגדרות

סכום רימן

הגדרה 1 (חלוקה)

תהי $f$ פונקציה חסומה בקטע $[a,b]$ .
חלוקה של $[a,b]$ היא

P=\left\{ a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\dots<x_{n}=b \right\}

הגדרה 2 (אורך קטע

i

בחלוקה)

\Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}

הגדרה 3 (פרמטר החלוקה)

\lambda(P)=\underset{i}{\max}\left\{ \Delta x_{i} \right\}

הגדרה 4 (סכום רימן)

תהי $P$ חלוקה של $[a,b]$ ותהי $f$ חסומה. נבחר נקודות $c_{i}\in[x_{i-1},x_{i}]$ כאשר $1\leq i\leq n$ . אזי, הסכום

\sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}

נקרא סכום רימן שמתאים לחלוקה, לבחירה ול- $f$ .

כעת נרצה להסתכל על בחירות מאוד מסויימות של סכומים כאלו - הבחירות האלו יהיו שבכל מלבחן בחלוקה נקח את הערך הכי גדול והערך הכי קטן.
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-14 08.52.21.excalidraw.svg

הגדרה 5

m_{i}=\inf\left\{ f(x)|x \in[x_{i-1},x_{i}] \right\}

M_{i}=\sup\left\{ f(x)|x \in[x_{i-1},x_{i}] \right\}

הגדרה 6 (סכום דרבו עליון)

U(P,f)=\sum_{i=1}^n M_{i}\Delta x_{i}

הגדרה 7 (סכום דרבו תחתון)

L(P,f)=\sum_{i=1}^nm_{i}\Delta x_{i}

הערה

$U\geq L$ לכל חלוקה $P$ .

הגדרה 8 (עידון)

תהי $f$ פונקציה חסומה בקטע $[a,b]$ ויהיו $P,P'$ שתי חלוקות של $[a,b]$ .
נאמר כי $P'$ היא עידון של $P$ אם כל $x_{j}$ ב- $P$ שייך גם ל- $P'$ .

הערה

U(P,f) \geq U(P',f) \qquad \qquad L(P,f)\leq L(P',f)

נראה את זה גרפית:
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-14 09.03.20.excalidraw.svg
ככל שאנחנו מעדנים צריך לדמיין כי סכומי דרבו העליונים סוגרים מלמעלה על הגרף בעוד כי סכומי דרבו התחתונים סוגרים מלמטה על הגרף.

למה

לכל שתי חלוקות $P_{1},P_{2}$ מתקיים:

L(P_{1},f)\leq U(P_{2},f)

הערה (ענן המחשבות)

הרבה פעמים נוכל לעשות מה שנקרא עידון משותף - יש לנו שתי חלוקות לא קשורות ולהן נוכל למצוא עידון משותף שמכיל את שתיהן.

הוכחה:
תהי $P'$ עידון משותף. אזי:

L(P_{1},f)\leq L(P',f)\leq U(P',f)\leq U(P_{2},f)

∎

מסקנה

\underset{P}{\sup}L(P,f)\leq \underset{P}{\inf}U(P,f)

עכשיו מגיעה ההגדרה האולטימטיבית של היום:

אינטגרביליות

הגדרה 9 (אינטגרביליות)

תהי $f$ חסומה ב- $[a,b]$ . נאמר כי $f$ היא אינטגרבילית (לפי רימן) אם

\underset{P}{\sup}L(P,f)= \underset{P}{\inf}U(P,f)

הגדרה (סימון - אינטגרל מסויים)

אם $f$ אינטגרבילית, אז את הערך המשותף(של הסופרמום והאינפימום) מסמנים

\int_{a}^{b} f(x)dx

וקוראים לו האינטגרל (המסויים).

דוגמה

לכל $P$ מתקיים:

L(P,f)=\sum_{i=1}^n c\Delta x_{i}=c(b-a)

U(P,f)=\sum_{i=1}^n c\Delta x_{i}=c(b-a)

מתקיים השוויון בהגדרת ה- $\int_{a}^b$ ולכן $\int_{a}^b cdx=c(b-a)$ .

דוגמה

תהי $f$ פונקצית דיריכלה ב- $[0,1]$ . מכיוון שבכל קטע יש רציונליים ואי רציונליים לפי צפיפות הממשיים:

L(P,f)=\sum 0\Delta x_{i}=0

U(P,f)=\sum 1 \Delta x_{i}=1

מסקנה

פונקציית דיריכלה לא אינטגרבילית.

דוגמה

נביט בפונקציה $f(x)=x$ בקטע $[0,1]$ ונרצה לשאול מה השטח מתחת לגרף (אנחנו יודעים מראש שאנחנו צריכים להגיע לחצי לפי שטח משולש)

נסתכל על חלוקות מאוד מאוד מסויימות שלהן נקרא $P_{n}$ - כאשר זוהי חלוקה לבדיוק $n$ קטעים שווים. האורך של כל קטע הוא קבוע - $\frac{1}{n}$ .

U(P_{n},f)=\sum_{i=1}^n \underset{\begin{matrix} \uparrow \\ M_{i} \end{matrix}}{\frac{i}{n}}\cdot \underset{\begin{matrix} \uparrow \\ \Delta x_{i} \end{matrix}}{\frac{1}{n}}=\frac{1}{n^2}(1+2+\dots+n)=\frac{1}{n^2}\cdot \frac{(1+n)n}{2}=\frac{n+1}{2n}

L(P_{n},f)=\sum_{i=1}^n \underset{\begin{matrix} \uparrow \\ m_{i} \end{matrix}}{\frac{i-1}{n}}\cdot \frac{1}{n}=\frac{1}{n^2}(0+\dots+n-1)=\frac{1}{n^2} \frac{(n-1)n}{2}=\frac{n-1}{2n}

\frac{1}{2}=\underset{n}{\sup} L(P_{n},f)\leq \underset{P}{\sup}L(P,f)

זאת מכיוון ש- $\left\{ P_{n}|n \in \mathbb{N} \right\}\subseteq \left\{ P|\R{\text{ חלוקה}}P \right\}$ .

\frac{1}{2}=\underset{n}{\sup} L(P_{n},f)\leq \underset{P}{\sup}L(P,f)\leq \underset{P}{\inf}U(P,f)\leq \underset{n}{\inf}U(P_{n},f)=\frac{1}{2}

לכן:

\underset{P}{\sup}L(P,f)=\underset{P}{\inf}U(P,f)

ולכן $f(x)=x$ אינטגרבילית בקטע $[0,1]$ והשטח הוא $\frac{1}{2}$ .

משפט

תהי $f$ חסומה על $[a,b]$ . התנאים הבאים שקולים:

$f$ אינטגרבילית.
לכל $\epsilon>0$ קיימת $P$ שעבורה $U(P)-L(P)<\epsilon$ .
לכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל חלוקה $P$ עם $\lambda(P)<\delta$ מתקיים $U(P)-L(P)<\epsilon$ .

הוכחה:
(3) ⇐ (2): מיידי. (זה תנאי לוגי)
(2) ⇐ (1): יהי $\epsilon>0$ . לפי הנתון, קיימת חלוקה $P_{\epsilon}$ כך ש- $U(P_{\epsilon})-L(P_{\epsilon})<\epsilon$ .

0\leq\underset{P}{\inf}U(P)-\underset{P}{\sup}L(P)\leq U(P_{\epsilon})-L(P_{\epsilon})<\epsilon

זה נכון לכל $\epsilon>0$ ולכן $\underset{P}{\inf}U(P)-\underset{P}{\sup}L(P)=0$ . לכן $f$ אינטגרבילית.
(1) ⇐ (3): נתון כי $f$ אינטגרבילית לפי דרבו ב- $[a,b]$ . נסמן $\displaystyle I=\int_{a}^b f(x)dx$ . יהי $\epsilon>0$ .
מכיוון ש- $I=\underset{P}{\sup}L(P,f)$ , לפי ההגדרה השקולה של סופרמום, קיימת חלוקה $\mathcal{P}$ של $[a,b]$ כך שמתקיים:

I-\frac{\epsilon}{2}<L(\mathcal{P},f)\leq I

באופן דומה, מכיוון ש- $I=\underset{P}{\inf}U(P,f)$ קיימת חלוקה $\mathcal{Q}$ של $[a,b]$ כך שמתקיים:

I\leq U(\mathcal{Q},f)< I+\frac{\epsilon}{2}

לכן מתקיים:

U(\mathcal{Q},f)-L(\mathcal{P},f)< I+\frac{\epsilon}{2}-I+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

נגדיר $\mathcal{R}=\mathcal{P}\cup \mathcal{Q}$ עידון משותף של $\mathcal{P},\mathcal{Q}$ . לפי משפט מתקיים:

L(\mathcal{P},f)\leq L(\mathcal{R},f) \;\;\;\land\;\;\; U(\mathcal{R},f)\leq U(\mathcal{Q},f)

ולכן מתקיים:

U(\mathcal{R},f)-L(\mathcal{R},f)\leq U(\mathcal{Q},f)-L(\mathcal{P},f)<\epsilon

כנדרש.
∎

משפט

אם $f$ מונוטונית וחסומה ב- $[a,b]$ אז $f$ אינטגרבילית.

הוכחה:
נניח בה"כ כי $f$ מונוטונית עולה. אם $f(a)=f(b)$ , אזי $f$ קבועה ולכן אינטגרבילית.
אחרת, $f(a)<f(b)$ . יהי $\epsilon>0$ ותהי $P$ חלוקה עם $\lambda(P)< \frac{\epsilon}{f(b)-f(a)}$ .
אזי:

\begin{align*} U(P)-L(P)&= \sum_{i=1}^nM_{i}\Delta x_{i}-\sum_{i=1}^n m_{i}\Delta x_{i}=\sum_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\Delta x_{i} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ עולה}}f \end{matrix}}{=} \sum_{i=1}^n (f(x_{i})-f(x_{i-1}))\Delta x_{i} \\ & \!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ {\tiny \lambda(P)=\underset{i}{\max}\left\{ \Delta x_{i} \right\}} \end{matrix}}{<} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\sum_{i=1}^n \,(f(x_{i})-f(x_{i-1})) \frac{\epsilon}{f(b)-f(a)}=\frac{\epsilon}{f(b)-f(a)}\sum_{i=1}^n (f(x_{i})-f(x_{i-1})) \\ &=\frac{\epsilon}{f(b)-f(a)}(f(x_{n})-f(x_{0}))=\epsilon \end{align*}

לכן, לפי משפט, $f$ אינטגרבילית.
∎

משפט

אם $f$ רציפה ב- $[a,b]$ אז $f$ אינטגרבילית.

הוכחה:
לפי קנטור-היינה, $f$ רציפה במ"ש ב- $[a,b]$ . יהי $\epsilon>0$ .
נקח $\delta>0$ שמתאים ל- $\frac{\epsilon}{b-a}$ בהגדרה של רציפות במ"ש. תהי $P$ חלוקה עם $\lambda(P)<\delta$ . אזי,

\begin{align*} U(P)-L(P)&=\sum_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\Delta x_{i}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי ווירשטראס,}} \\ m_{i}=f(\beta_{i}),M_{i}=f(\alpha_{i})\R{\text{ כך ש-}}\alpha_{i},\beta_{i}\R{\text{ קיימים }}i\R{\text{לכל }} \\ |\alpha_{i}-\beta_{i}|\leq \Delta x_{i}\leq \lambda(P)<\delta \quad:i\R{\text{לכל }} \\ |f(\alpha_{i})-f(\beta_{i})|< \frac{\epsilon}{b-a} \R{\text{ רציפה במ"ש ולכן }}f \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \sum_{i=1}^n |f(\alpha_{i})-f(\beta_{i})|\Delta x_{i}< \sum_{i=1}^n \frac{\epsilon}{b-a} \Delta x_{i}=\frac{\epsilon}{b-a}\sum_{i=1}^n \Delta x_{i} \\ &=\frac{\epsilon}{b-a}(b-a)=\epsilon \end{align*}

ולכן, לפי משפט, $f$ אינטגרבילית.
∎

משפט

אם $f$ רציפה פרט למספר סופי של נקודות אי-רציפות, אז $f$ אינטגרבילית.

הוכחה: נובע מהמשפט הנ"ל וממשפט שנוכיח בהמשך.

משפט (הגדרה שקולה לאינטגרביליות בעזרת סכומי רימן)

$f$ אינטגרבילית ב- $\iff[a,b]$ קיים מספר ממשי $I$ כך שלכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל $P$ עם $\lambda(P)<\delta$ מתקיים:

\left| \sum_{i=1}^nf(c_{i})\Delta x_{i}-I \right|<\epsilon

לכל בחירה של $c_{1},\dots,c_{n}$ כך ש- $c_{i}\in [x_{i-1},x_{i}]$ .

הוכחה:
⇐: נתון כי $f$ אינטגרבילית. נסמן $I=\int_{a}^b f$ ובנוסף $\Sigma=\sum_{i=1}^nf(c_{i})\Delta x_{i}$ . לפי תנאי 3, לכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל $P$ עם $\lambda(P)<\delta$ מתקיים $0\le U(P)-L(P)<\epsilon$ .
בנוסף מתקיים כי $L(P)\leq I\leq U(P)$ וגם $L(P)\leq\Sigma\leq U(P)$ ולכן:

-\epsilon<L(P)-U(P)\leq \Sigma-I\leq U(P)-L(P)< \epsilon

\Downarrow

\left| \Sigma-I \right|<\epsilon

⇒: נתון כי קיים מספר ממשי $I$ כך שלכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל $P$ עם $\lambda(P)<\delta$ מתקיים: $\displaystyle\left| \sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}-I \right|< \frac{\epsilon}{2}$ לכל בחירה של $c$ -ים.
לפי תכונות ערך מוחלט מתקיים:

I-\frac{\epsilon}{2}< \sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}< I+\frac{\epsilon}{2}

זה מתקיים בפרט עבור סכום רימן המקסימלי, הלוא הוא סכום דרבו עליון ועבור סכום רימן המינימלי, הלוא הוא סכום דרבו תחתון ולכן:

I-\frac{\epsilon}{2}<L(P,f)\leq U(P,f)< I+\frac{\epsilon}{2}

לכן, מתקיים כי:

U(P,f)-L(P,f)< I+\frac{\epsilon}{2}-\left( I-\frac{\epsilon}{2} \right)=\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon

לכן, לפי משפט, $f$ אינטגרבילית בקטע $[a,b]$ .
∎

הערה

אם $I$ קיים אז $\displaystyle I=\int_{a}^b f$ .
אם $I$ קיים אז הוא יחיד: נניח שגם $J$ מקיים את התנאי.
יהי $\epsilon>0$ . קיימים $\delta_{I},\delta_{J}$ כך שמתקיים המשפט. נקח $\delta=\min\left\{ \delta_{I},\delta_{J} \right\}$ . אזי:

|I-J|=\left| I-\Sigma+\Sigma-J \right|\leq |I-\Sigma|+|J-\Sigma|<\epsilon +\epsilon=2\epsilon

זה נכון לכל $\epsilon>0$ ולכן $I-J=0$ כלומר $I=J$ .

אם $f$ מקיימת את התנאי השקול עם סכומי רימן, אז $f$ חסומה. הסבר:
נבחר $\epsilon=1$ ונקח $\delta$ מתאים מהתנאי. תהי $P$ חלוקה עם $\lambda(P)<\delta$ . נניח בשלילה כי $f$ לא חסומה, בה"כ מלמעלה.
אזי, קיים קטע $[x_{k-1},x_{k}]$ בחלוקה $P$ שבו $f$ לא חסומה מלמעלה. נבחר $c_{i}$ -ים ונסתכל על:

\sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}=\sum_{\begin{matrix} i=1 \\ i\neq k \end{matrix}}^n f(c_{i})\Delta x_{i}+\underbracket{f(c_{k})}_{\begin{matrix} \R{\text{גדול כרצונינו}} \\ \R{\text{כי f לא חסומה}} \\ \R{\text{בקטע ה-k}} \end{matrix}}\Delta x_{k}

לכן, סכומי רימן לא חסומים מלמעלה ולכן, לא קיים $I$ כך שלכל בחירה של $c_{i}$ -ים $|\Sigma-I|<\epsilon$ . סתירה!

האינטגרל מוגדר רק עבור $a<b$ כך ש- $\int_{a}^b$ . אך מה קורה אם $a=b$ או $a>b$ ? נדרש להגדיר באופן ידיני.

הגדרה 10 (אינטגרל מסויים עבור קטע

0

)

\int_{a}^a f=0

הגדרה 11 (הנגדי לאינטגרל מסויים)

יהיו $a<b$ . אזי:

\int_{b}^a f=-\int_{a}^bf

הערה

אם נניח הפונקציה יורדת מתחת לגרף, $f(c_{i})\Delta x_{i}$ הוא בעצם השטח מעל הגרף, עד לציר ה- $x$ , בסימן $-$ .
אינטואיציה: תורם "שטח בסימן $-$ ".

תכונות האינטגרל המסויים

משפט (תכונות האינטגרל המסוים)

אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז היא אינטגרבילית בכל קטע $[c,d]$ שמוכל ב- $[a,b]$ .
אדיטיביות: אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ וב- $[b,c]$ אז היא אינטגרבילית ב- $[a,c]$ ומתקיים $\int\limits_{a}^cf=\int\limits_{a}^bf+\int\limits_{b}^cf$ .
ליניאריות: אם $f,g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ו- $c$ קבוע ממשי אז $\int\limits_{a}^b(f+g)=\int\limits_{a}^b f+\int\limits_{a}^b g,\quad \int\limits_{a}^bcf=c\int\limits_{a}^b f$ .
אם $f:[a,b]\to[c,d]$ אינטגרבילית ו- $g:[c,d]\to \mathbb{R}$ רציפה אז ההרכבה $g \circ f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .
אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז גם $f^n$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ לכל $n \in \mathbb{N}$ .
אם $f,g$ אינטגרביליות ב- $[a,b]$ אז המכפלה $fg$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .
אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז $|f|$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ומתקיים $\left| \int_{a}^b f \right|\leq \int_{a}^b|f|$ .
א. אם $f\geq0$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז $\int_{a}^b f\geq 0$ .
ב. אם $f>0$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז $\int_{a}^b f>0$ .
מונוטוניות: אם $f\geq g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז $\int_{a}^b f\geq \int_{a}^b g$ .
אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ו- $m\leq f\leq M$ אז $m(b-a)\leq \int_{a}^b f\leq M(b-a)$ .
עה"ב האינטגרלי: אם $f$ רציפה ב- $[a,b]$ אז קיימת $a\leq c\leq b$ כך ש- $\int_{a}^b f=f(c)(b-a)$ .
אם $f$ רציפה ב- $[a,b]$ ו- $g$ אינטגרבילית ובעלת סימן קבוע ב- $[a,b]$ אז קיימת $a\leq c\leq b$ כך ש- $\int_{a}^b fg=f(c)\int_{a}^b g$ .
אם $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ו- $g$ שווה ל- $f$ פרט למספר סופי של נקודות, אז $g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ומתקיים $\int_{a}^b g=\int_{a}^b f$ .

הערה

גם אם $b<a<c$ אזי הסעיף השני של המשפט עדיין נכון באותה התצורה:

\int_{a}^c f=\int_{a}^b f+\int_{b}^c f

הוכחה:
לפי אדיטיביות, $\int_{b}^cf=\int_{b}^af+\int_{a}^cf$ . נעביר אגפים:

\int_{a}^c f=\int_{b}^c f-\int_{b}^af \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגדרה}} \end{matrix}}{=}\int_{b}^c f+\int_{a}^b f

∎

דוגמה

נביט בפונקציה:

f(x)=\begin{cases} 1-\frac{1}{2^{n-1}} & x \in\left[ 1-\frac{1}{2^{n-1}},1-\frac{1}{2^n} \right] \\ 1 & x=1 \end{cases}

הפונקציה $f$ חסומה ומונוטונית עולה ולכן אינטגרבילית, אבל יש ל- $f$ אינסוף נקודות אי-רציפות.

הוכחה: (1)
יהי $\epsilon>0$ . קיימת חלוקה $Q$ של $[a,b]$ כך ש- $U(Q)-L(Q)<\epsilon$ .
תהי $P$ חלוקה שמעדנת את $Q$ ע"י הוספת $c,d$ . אזי:

U(P)-L(P) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי משפט}} \end{matrix}}{\leq} U(Q)-L(Q)

תהי $\mathcal{P}$ חלוקה של $[c,d]$ המתקבלת ע"י $\mathcal{P} \cap[c,d]$ . אזי:

U(\mathcal{P})-L(\mathcal{P}) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ U-L=\sum_{i=1}^n(M_{i}-m_{i})\Delta x_{i} \\ \R{\text{אגף שמאל הוא סכום של חלק}} \\ \R{\text{ באגף ימין}}0\leq\R{\text{מהמחוברים ה}} \end{matrix}}{\leq} U(\mathcal{P})-L(\mathcal{P})\leq \epsilon

∎

הוכחה: (2)
יהי $\epsilon>0$ . נגדיר $\delta=\min\left\{ \delta_{1},\delta_{2}, \frac{\epsilon}{M-n} \right\}$ כאשר $\delta_{1},\delta_{2}$ מהגדרת אינטגרביליות לפי סכומי רימן ב- $[a,b]$ וב- $[b,c]$ . בנוסף $m=\inf f,M=\sup f$ בקטע $[a,b]$ .
תהי $P$ חלוקה של $[a,c]$ שמכילה את $b$ עם $\lambda(P)<\delta$ . לכל בחירה של $c_{i}$ -ים מתקיים:

\left| \sum_{i=1}^sf(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{a}^b f \right|< \frac{1}{2}\epsilon

\left| \sum_{i=s+1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{b}^cf \right|< \frac{1}{2}\epsilon

לכן:

\left| \sum_{i=1}^nf(c_{i})\Delta x_{i}-\left( \int_{a}^b f+\int_{b}^cf \right) \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש}} \end{matrix}}{\leq} \left| \sum_{i=1}^s f(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{a}^b f \right|+\left| \sum_{i=s+1}^nf(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{b}^cf \right|<\epsilon

אם $P$ חלוקה של $[a,c]$ שלא מכילה את $b$ עם $\lambda(P)<\delta$ . נגדיר $Q$ חלוקה חדשה באופן הבא:

Q=\left\{ a=x_{0}<x_{1}<x_{2}<\dots<x_{k-1}<b<x_{k}<\dots<x_{n}=c \right\}

כאשר לכל $x \in Q$ כך ש- $x\neq b$ מתקיים $x \in P$ . (הערה: $Q$ היא בעצם עידון של $P$ )
תהי $\left\{ c_{i} \right\}$ בחירה של נק' עבור $P$ . נשתמש באותן $c_{i}$ עבור $Q$ . נניח בה"כ כי $b\leq c_{k}\leq x_{k}$ ונבחר את $b$ עצמה עבור $[x_{k-1},b]$ בחלוקה $Q$ . אזי:

\begin{align*} \left|\Sigma_{Q}-\Sigma_{P}\right|&=\left|(b-x_{k-1})f(b)+(x_{k}-b)f(c_{k})-(x_{k}-x_{k-1})f(c_{k})\right| \\ &=|\underbrace{(f(b)-f(c_{k}))}_{\leq M-m}\underbrace{(b-x_{k-1})}_{<\delta\leq \frac{\epsilon}{M-m}}|< \epsilon \end{align*}

\left| \Sigma_{p}-\left( \int_{a}^bf+\int_{b}^cf \right) \right|\leq |\Sigma_{p}-\Sigma_{Q}|+\left| \Sigma_{Q}-\left( \int_{a}^b f+\int_{b}^c f \right) \right|<\epsilon+2\epsilon=3\epsilon

⇐ לפי ההגדרה השקולה, $f$ אינטגרבילית ב- $[a,c]$ ומתקיים: $\int_{a}^cf=\int_{a}^bf+\int_{b}^cf$ .
∎

שיעורי בית (HW)

הוכיחו את (3).
ניתן גם להוכיח את (4) אם רוצים.

הוכחה: (5)
לפי (4), עם $g(x)=x^n$ . זוהי פונקציה אלמנטרית ומוגדרת על כל $\mathbb{R}$ ולכן היא רציפה בכל $\mathbb{R}$ ובפרט בקטע $[a,b]$ .
לכן, הפונקציה $f^n$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .
∎

הוכחה: (6)

f \circ g=\frac{1}{2}((f+g)^2-f^2-g^2)

הפונקציות $f^2,g^2$ אינטגרביליות לפי (5).
הפונקציה $f+g$ אינטגרבילית לפי ליניאריות(2) ואז, לפי (5) נקבל כי $(f+g)^2$ אינטגרבילית.
לכן, לפי ליניאריות(2) ו-(3) נקבל כי $\frac{1}{2}((f+g)^2-f^2-g^2)$ אינטגרבילית.
∎

הוכחה: (7)
הפונקציה $|f|$ אינטגרבילית לפי (4) עם $g(x)=|x|$ . בנוסף, $-|f|\leq f\leq |f|$ ולכן, לפי 9: $\int_{a}^b f \leq \int_{a}^b |f|$ וגם $-\int_{a}^b f\leq \int_{a}^b|f|\impliedby -\int_{a}^b |f|=\int_{a}^b-|f|\leq \int_{a}^b f$ ולכן:

\left| \int_{a}^b f \right|\leq \int_{a}^b |f|

∎

הוכחה: (8 א')

L(P,f)=\sum_{i=1}^n \underset{\begin{matrix} 0\leq \\ \R{\text{נתון}} \\ f\geq 0 \end{matrix}}{m_{i}}\Delta x_{i}\geq 0 \implies \int_{a}^b f\geq 0

∎

שיעורי בית (HW)

נסו לבד להוכיח את $'ב8$ - קשה!.
רמז: הלמה של קנטור

הוכחה: (9)
נגדיר $h=f-g\geq 0$ . (זאת מכיוון שנתון $f\geq g$ ) לכן, לפי (8):

0\leq \int_{a}^b h=\int_{a}^b (f-g) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ (3) \end{matrix}}{=}\int_{a}^b f-\int_{a}^bg

\int_{a}^b g\leq \int_{a}^b f

∎

הוכחה: (10)
מיידי מ-(9).
∎

הוכחה: (11)
לפי (10) מתקיים $m(b-a)\leq \int_{a}^b f\leq M(b-a)$ . לכן:

m\leq \frac{\int_{a}^b f}{b-a}\leq M

לפי משפט ערך הביניים( $f$ רציפה), קיים $a\leq c\leq b$ כך ש- $f(c)= \frac{\int_{a}^b f}{b-a}$ ולכן:

\int_{a}^b f=f(c)(b-a)

∎

המשפט היסודי

משפט

תהי $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ . נגדיר $\displaystyle F(x)=\int_{a}^x f(t)dt$ .
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-19 18.01.22.excalidraw.svg
אזי $F$ רציפה ב- $[a,b]$ .

הערה (ענן המחשבות)

צ"ל: $F(x)$ רציפה. ⇐ איך נעשה זאת? נקח נקודה $x_{0} \in(a,b)$ ונוכיח כי $F$ רציפה ב- $x_{0}$ (הראו לבד עבור $x_{0}=a,x_{0}=b$ )
צ"ל: $\lim_{ x \to x_{0} }F(x)=F(x_{0})$ . ⇐ איך נעשה זאת? נלך להגדרת הגבול.
יהי $\epsilon>0$ . צ"ל: קיימת $\delta>0$ כך ש- $0<|x-x_{0}|<\delta$ מתקיים $|F(x)-F(x_{0})|<\epsilon$ . ⇐ נתחיל לכתוב ונראה מה צריך.
כל פונקציה אינטגרבילית היא חסומה לכרגע - לפי מה שראינו עד כה. לכן, נוכל להשתמש בזה ולחסום את הפונקציה ע"י איזה $M>0$ .
לכן, לבסוף, נראה כי נוכל להגדיר $\delta=\frac{\epsilon}{M}$ .

הוכחה:
יהי $x_{0}\in(a,b)$ . הפונקציה $f$ אינטגרבילית ולכן חסומה. יהי $M>0$ חסם של $|f|$ . נגדיר $\delta=\frac{\epsilon}{M}$ ואז אם $|x-x_{0}|<\delta$ מתקיים:
עבור $x>x_{0}$ :

\begin{align*} |F(x)-F(x_{0})|&=\left| \int_{a}^x f(t)dt-\int_{a}^{x_{0}}f(t)dt \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי אדיטיביות}} \end{matrix}}{=} \left| \int_{x_{0}}^x f(t)dt \right| \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש האינטגרלי}} \end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\int_{x_{0}}^x |f(t)|dt \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מונוטוניות}} \end{matrix}}{<}\int_{x_{0}}^x M \\ &=M|x-x_{0}|< M\delta=\epsilon \end{align*}

עבור $x<x_{0}$ :

\begin{align*} |F(x)-F(x_{0})|&=\left| \int_{a}^x f(t)dt-\int_{a}^{x_{0}}f(t)dt \right|\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{לפי אדיטיביות}} \end{matrix}}{=}\left| \int_{x_{0}}^xf(t)dt \right|=\left| \int_{x}^{x_{0}}f(t)dt \right|\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש האינטגרלי}} \end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\int_{x}^{x_{0}}|f(t)|dt \\ & \!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מונוטוניות}} \end{matrix}}{<} \int_{x}^{x_{0}}Mdt =M|x_{0}-x|<M\delta=\epsilon \end{align*}

לכן, לפי הגדרת הגבול, $\lim_{ x \to x_{0} }F(x)=F(x_{0})$ ולכן, לפי הגדרה, $F(x)$ רציפה בכל נקודה $x_{0} \in(a,b)$ ולכן $F$ רציפה ב- $(a,b)$ .
עבור $x_{0}=a$ ו- $x>a$ מתקיים:

\left| F(x)-F(x_{0}) \right|=\left| \int_{x_{0}}^xf(t)dt-\int_{x_{0}}^{x_{0}}f(t)dt \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגדרה}} \end{matrix}}{=}\left| \int_{x_{0}}^{x}f(t)dt \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{באות האופן כמו ממקודם}} \end{matrix}}{<}M|x-x_{0}|<M\delta=\epsilon

לכן, לפי הגדרת הגבול, $\lim_{ x \to x_{0} }F(x)=F(x_{0})$ ולכן, לפי הגדרה, $F(x)$ רציפה בנקודה $a$ .
באותו האופן, $F(x)$ רציפה בנקודה $b$ .
לכן, $F$ רציפה בקטע $[a,b]$ .
∎

משפט (המשפט היסודי)

תהי $f$ רציפה ב- $[a,b]$ . נגדיר $\displaystyle F(x)=\int_{a}^x f(t)dt$ .
אזי $F$ גזירה ב- $[a,b]$ ומתקיים $F'(x)=f(x)$ .

אינטואיציה:
2 - האינטגרל המסויים 2026-04-19 18.10.12.excalidraw.svg
נרצה לחשב את השטח מתחת לגרף. לפי האינטגרל המסויים נקבל:

F(x+h)-F(x) \approx h\cdot f(x)

לכן:

F'(x) \approx \frac{F(x+h)-F(x)}{h} \approx f(x)

הוכחה:
יהי $x_{0}\in(a,b)$ . נחשב את $F'(x_{0})$ לפי הגדרת הנגזרת:

F'_{+}(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{F(x)-F(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{\displaystyle \int_{a}^xf(t)dt-\int_{a}^{x_{0}}f(t)dt}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{\displaystyle \int_{x_{0}}^x f(t)dt}{x-x_{0}}

$f$ רציפה ולכן, לפי עה"ב האינטגרלי קיימת $c_{x} \in(x_{0},x)$ כך שמתקיים:

\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{\displaystyle\int_{x_{0}}^xf(t)dt}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{f(c_{x})(x-x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^+ } f(c_{x})=f(x_{0})

נסתכל כעת על הנגזרת משמאל:

F_{-}'(x_{0})=\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{F(x)-F(x_{0})}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{\displaystyle \int_{a}^x f(t)dt-\!\!\!\int_{a}^{x_{0}} f(t)dt}{x-x_{0}}=\!\!\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{\displaystyle \int_{x_{0}}^x f(t)dt}{x-x_{0}}=\!\!\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{\displaystyle\int_{x}^{x_{0}}f(t)dt}{x_{0}-x}

$f$ רציפה ולכן, לפי עה"ב האינטגרלי קיימת $c_{x}\in(x,x_{0})$ כך שמתקיים:

\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{\displaystyle\int_{x}^{x_{0}}f(t)dt}{x_{0}-x}=\lim_{ x \to x_{0}^- } \frac{f(c_{x})(x_{0}-x)}{x_{0}-x}=\lim_{ x \to x_{0}^- } f(c_{x})=f(x_{0})

לכן מתקיים לכל $x_{0} \in(a,b)$ כי $F'(x_{0})$ קיימת ומתקיים: $F'(x_{0})=f(x_{0})$ .
עבור $x>a$ מתקיים:

F'_{+}(a)=\lim_{ x \to a^+ } \frac{F(x)-F(a)}{x-a}=\lim_{ x \to a^+ } \frac{\displaystyle \int_{a}^xf(t)dt-\int_{a}^{a}f(t)dt}{x-x_{0}}=\lim_{ x \to x_{0}^+ } \frac{\displaystyle \int_{a}^x f(t)dt}{x-x_{0}}

ואז באותו האופן כמו ממקודם מתקיים כי $F_{+}'(a)=f(a)$ .
באותו האופן נקבל כי $F_{-}'(b)=f(b)$ .
לכן, לפי הגדרה $F$ גזירה בקטע $[a,b]$ ומתקיים $F'(x)=f(x)$ .
∎

מסקנה

לכל פונקציה רציפה ב- $[a,b]$ יש פונקציה קדומה!
המסקנה השניה היא משפט בעצם $\Downarrow$ .

משפט (ניוטון-לייבניץ)

תהי $f$ רציפה ב- $[a,b]$ ותהי $F$ פונקציה קדומה(כלשהי) של $f$ . אזי:

\int_{a}^b f(x)dx=F(b)-F(a)

דוגמה

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=-\cos \frac{\pi}{2}-(-\cos(0))=1

הוכחה:
נגדיר $G(x)=\int_a^xf$ . לפי המשפט היסודי, $G'=f$ . גם $F'=f$ .
לכן, $F(x)=G(x)+c_{0}$ . לכן:

F(b)-F(a)=(G(b)+c_{0})-(G(a)+c_{0})=G(b)-G(a)=\int_{a}^b f(x)dx-0=\int_{a}^b f(x)dx

∎

הגדרה (סימון)

\left.\begin{matrix}\\ \\ \end{matrix}F(b)-F(a)=F(x)\right\vert_{a}^b

הערה

לפונקציות הבאות (למשל)

\frac{\sin x}{x}, \quad \sin x^2, \quad \frac{e^x}{x} \quad e^{x^2}

אין פונקציה קדומה אלמנטרית.

דוגמה

תהי $G$ מוגדרת למטה. נמצא את $G'(x)$ .

G(x)=\int_{0}^{x+x^2}\sin tdt

בגלל הגבולות אנו לא יכולים לבצע בדיוק את המשפט היסודי. אזי, נגדיר $F(x)=\int_{0}^x \sin tdt$ . הפונקציה $\sin t$ היא רציפה ולכן, לפי המשפט היסודי, $F'(x)=\sin x$ .
נשים לב כי $G(x)=F(x+x^2)$ . לכן, לפי כלל השרשרת:

G'(x)=F'(x+x^2)\cdot (2x+1)=(1+2x)\sin(x+x^2)

משפט

תהי $f$ רציפה ואינטגרבילית בתחום $[a,b]$ ויהיו $\alpha,\beta:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ גזירות ב- $[a,b]$ .
נגדיר $\displaystyle F(x)=\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)dt$ . אזי:

F'(x)=f(\beta(x))\beta'(x)-f(\alpha(x))\alpha'(x)

הוכחה:
נגדיר $G(x)=\int_{0}^x f(t)dt$ . הפונקציה $G$ רציפה מרציפותה של $f$ לפי משפט(שקדם למשפט היסודי) ולכן, לפי המשפט היסודי: $G'(x)=f(x)$ .

\begin{align*} F(x)&=\int_{\alpha(x)}^{\beta(x)}f(t)dt \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אדיטיביות}} \end{matrix}}{=}\int_{\alpha(x)}^0 f(t)dt+\int_{0}^{\beta(x)}f(t)dt \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגדרה}} \end{matrix}}{=} \int_{0}^{\beta(x)}f(t)dt-\int_{0}^{\alpha(x)}f(t)dt \\ &=G(\beta(x))-G(\alpha(x)) \end{align*}

אזי, לפי כלל השרשרת, מתקיים:

F'(x)=\beta'(x)f(\beta(x))-\alpha'(x)f(\alpha(x))

∎

דוגמה

חשבו את הגבול הבא:

\lim_{ x \to 0 } \frac{1}{x^3}\int_{0}^x\sin^2(3t)dt

כל הנחש הזה שואף ל- $0$ שכן $x\to0$ . בנוסף, $x^3\to 0$ גם כן. לכן, נוכל לבצע את כלל לופיטל ובנוסף להשתמש במשפט היסודי למונה:

=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin^2(3x)}{3x^2} =\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin(3x)}{3x}\cdot \frac{\sin(3x)}{3x}\cdot 3=1\cdot 1\cdot 3=3

אנלוגיות לאינטגרל לא מסויים

משפט (אינטגרציה בחלקים עבור אינטגרל מסויים)

אם ל- $u(x),v(x)$ יש נגזרות רציפות ב- $[a,b]$ . אזי:

\left.\int_{a}^buv'=uv\right\vert_{a}^b-\int_{a}^bu'v

הוכחה:
הפונקציות $u,v$ רציפות וגם $u',v'$ רציפות. לפי כלל השרשרת: $(uv)'=u'v+uv'$ .

\left. \begin{matrix}\\ \\ \end{matrix} uv\right\vert_{a}^b\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=}\int_{a}^b (uv)' = \int_{a}^b u'v+\int_{a}^b uv'

נעביר אגפים ונקבל בדיוק את הנוסחה שבמשפט.
∎

דוגמה

\int_{0}^\pi x\sin xdx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\ \begin{pmatrix} u=x \implies u'=1 \\ v'=\sin x\implies v=-\cos x \end{pmatrix} \end{matrix}}{=}\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix} -x\cos x\right\vert_{0}^\pi +\underbrace{\int_{0}^\pi \cos xdx}_{NL}=-\pi \cos \pi-(-0\cos0)+\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\sin x\right\vert_{0}^\pi=\pi

דוגמה

\int_{0}^1 \sqrt{ 1-x^2 }dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{שיטת ההצבה}} \\ \begin{pmatrix} x=\cos t \\ dx=-\sin tdt \end{pmatrix} \end{matrix}}{=}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \sqrt{ 1-\cos^2t }(-\sin t)dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \sqrt{ \sin^2t }(-\sin t)dt=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 |\sin t|(-\sin t)dt

\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ |\sin t|=-\sin t\impliedby\left[ -\frac{\pi}{2},0 \right]\R{\text{ב-}} \end{matrix}}{=} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{0} \sin^2tdt \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{התרגיל הבא}} \end{matrix}}{=} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2tdt=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos(2t))dt \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=} \frac{1}{2} \left(\left. t-\frac{1}{2}\sin(2t)\right\vert_{0}^{\frac{\pi}{2}} \right)=\frac{\pi}{4}

משפט (שיטת ההצבה לאינטגרל מסויים)

תהי $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ רציפה ותהי $\varphi(t)$ גזירה ברציפות. $\varphi:[\alpha,\beta]\to[a,b]$ כאשר $\varphi(\alpha)=a$ ו- $\varphi(\beta)=b$ . אזי:

\int_{a}^b f(x)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t))\cdot \varphi'(t)dt

הוכחה:
$f$ רציפה. לכן, לפי מסקנות המשפט היסודי, קיימת פונקציה קדומה $F$ ומתקיים:

\int_{a}^b f(x)dx=F(b)-F(a)

לפי כלל השרשרת:

{\Large (}F(\varphi(t)){\Large )}'=F'(\varphi(t))\varphi'(t)=f(\varphi(t))\varphi'(t)

$F(\varphi(t))\impliedby$ היא פונקציה קדומה של $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ . לכן:

\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t))\varphi'(t)dt=F(\varphi(\beta))-F(\varphi(\alpha))=F(b)-F(a)

לכן:

\int_{a}^b f(x)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f(\varphi(t))\varphi'(t)dt

∎

תרגיל

הוכיחו כי אם $f$ זוגית ואינטגרבילית אז

\int_{-a}^0 f=\int_{0}^a f

הוכחה:

\int_{-a}^0 f(x)dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{שיטת ההצבה}} \\ \begin{pmatrix} t=-x \\ dt=-dx \end{pmatrix} \end{matrix}}{=} -\int_{a}^0 f(-x)dx=\int_{0}^a f(-x)dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{ זוגית}}f \\ \Downarrow \\ f(-x)=f(x) \end{matrix}}{=}\int_{0}^a f(x)dx

∎

תרגיל (מופיע בגליון בית)

המשפט היסודי קושר בין אינטגרל מסויים לנגזרת וקיום פונקציה קדומה.

האם במידה ו- $f$ אינטגרבילית אזי יש ל- $f$ פונקציה קדומה?
האם במידה ול- $f$ יש פונקציה קדומה אזי $f$ אינטגרבילית?

פתרון (1): הטענה אינה נכונה.
נקח פונקציה $f$ בעלת מספר סופי של נקודות אי רציפות מסוג קפיצה. לכן, לפי משפט, $f$ אינטגרבילית.
נניח בשלילה כי יש לה פונקציה קדומה $F$ . אזי מתקיים $F'(x)=f(x)$ . לכן, לפי מסקנה מדרבו, ל- $f$ רק נקודות אי רציפות מסוג עיקרי בסתירה לכך ש- $f$ בעלת נקודות אי רציפות מסוג קפיצה.
נוכל לבחור את הפונקציה:

f(x)=\begin{cases} 1 & x\geq 0 \\ 0 & x< 0 \end{cases}

פתרון (2): הטענה אינה נכונה.
נביט בפונקציה: $f(x)=\frac{1}{2\sqrt{ x+1 }}$ . לפונקציה הזו מתקיים: $\displaystyle \int f(x)dx=\sqrt{ x+1 }+c$ ולכן, $F(x)=\sqrt{ x+1 }$ הינה פונקציה קדומה שלה.
נניח בשלילה כי $f$ אינטגרבילית ב- $[-1,1]$ . אזי, לפי משפט, $f$ חסומה ב- $[-1,1]$ . בסתירה לכך ש:

\lim_{ x \to -1^+ } \frac{1}{2\sqrt{ x+1 }}= \infty

לכן, $f$ אינה אינטגרבילית.

שימושים של האינטגרל המסויים

בינתיים ראינו שימוש אחד - שטח מתחת לגרף. נרצה כעת לראות אילו שימושים נוספים יש לאינטגרל המסויים.

שטח בין גרפים:

$\int_{a}^b |f-g|$
הוכחה: לבד
אורך של עקום (שהוא גרף של פונקציה גזירה ברציפות(באינפי 3 גם עבור פונקציות לא גזירות ברציפות ועקומים שהם לא פונקציות))

זה אירוע שונה מחישוב שטח מתחת לגרף. נחלק את הגרף להרבה קטעים, בכל קטע ניצור קו ישר שיעריך את הפונקציה. אורך של קו ישר אנו יודעים לחשב. מה האורך של הקטע? סכום אורכי הקטעים.
זה כמובן לא מדוייק וכדי לדייק זאת נדרש לעדן את הקטעים שלנו. בדיוק כמו שעשינו עם סכומי דרבו ורימן :)
נסתכל במיקוד על מקטע אחד והמיתר שמתאים לו - מהו אורך המיתר? פיטגורס:

$\ell_{i}=\sqrt{ (x_{i}-x_{i-1})^2+(f(x_{i})-f(x_{i-1}))^2 }$
לפי לגרנז': $f'(c_{i})=\frac{f(x_{i})-f(x_{i-1})}{x_{i}-x_{i-1}}$ ואז:
$\ell_{i}=\sqrt{ (x_{i}-x_{i-1})^2+f'(c_{i})^2(x_{i}-x_{i-1})^2 }=(x_{i}-x_{i-1})\sqrt{ 1+(f'(c_{i}))^2 }$
כעת, נרצה לדעת את אורך כל הקטע:
$\sum_{i=1}^n \ell_{i}=\sum_{i=1}^n \sqrt{ 1+(f'(c_{i}))^2 }\cdot \Delta x_{i}$
אלו סכומי רימן שמתאימים ל- $\sqrt{ 1+(f'(x))^2 }$ .
נדלג על הפורמליות(באסה) ונקבל כי:
$\R{\text{אורך הגרף}}\;-L=\int_{a}^b \sqrt{ 1+(f'(x))^2 }\ dx$
חישוב גבול של סדרה(נראה בתרגול)
פיזיקה(ראו פיזיקה 1מ)

דוגמה

f:[-1,1]\to \mathbb{R}:\; \quad \quad f(x)=\sqrt{ 1-x^2 }

הגרף הזה הוא בעצם החצי העליון של מעגל היחידה.
לפי נוסחת היקף מעגל, אורך חצי המעגל פה הוא $\pi$ .
נשתמש בנוסחה שזה עתה ראינו:

f'(x)=-\frac{2x}{2\sqrt{ 1-x^2 }} \qquad \qquad \qquad\sqrt{ 1+(f'(x))^2 }=\sqrt{ 1+\frac{x^2}{1-x^2} }=\frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}

כעת, נוכל להציב באינטגרל:

\begin{align*} L&=\left.\int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{ 1-x^2 }}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \\ (*) \end{matrix}}{=} \arcsin x\right\vert_{-1}^1=\frac{\pi}{2}--\frac{\pi}{2}=\pi \end{align*}

לא ניתן לחשב זאת לפי $NL$ שכן הפונקציה באינטגרל אינה אינטגרבילית. נראה איך בכל זאת מוצאים את האינטגרל באמצעות אינטגרל מוכלל בפרק הבא.

2 - האינטגרל המסויים

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

האינטגרל המסויים

2 - האינטגרל המסויים

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

האינטגרל המסויים

מוטיבציה

הגדרות

סכום רימן

אינטגרביליות

תכונות האינטגרל המסויים

המשפט היסודי

אנלוגיות לאינטגרל לא מסויים

שימושים של האינטגרל המסויים