חזור לתיקייה: 01040032 - חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

8 - אינטגרל כפול מוכלל

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • פונקציות אי שליליות
  • פונקציות כלליות

8 - אינטגרל כפול מוכלל

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

אינטגרל כפול מוכלל

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

בניגוד לרוב הדברים שעשינו בשני משתנים, שקורסים להיות זהים למשתנה יחיד כשמורידים משתנה, באינטגרל מוכלל יהיה רעיון עקרוני שונה אשר נביט בו כעת.
למה זה קרה ככה? בגלל היסטוריה. יכלו להגדיר אינטגרל מוכלל יחיד כמו שמגדירים בכמה משתנים, אך לא עשו זאת.

פונקציות אי שליליות

הגדרה 1 (אינטגרל כפול מוכלל עבור פונקציה אי שלילית)

תהי f:Rn→Rf:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}f:Rn→R אי שלילית בתחום פתוח D⊆RnD \subseteq \mathbb{R}^nD⊆Rn.
נניח כי fff אינטגרבילית בכל תת קבוצה קומפקטית ובעלת שטח K⊂DK \subset DK⊂D.
נגדיר:

∫Df(x‾)dx‾=sup⁡K⊂D∫Kf(x‾)dx‾\int_{D} f(\underline{x})d\underline{x}=\underset{K \subset D}{\sup}\int_{K}f(\underline{x})d\underline{x}D∫​f(x​)dx​=K⊂Dsup​K∫​f(x​)dx​

בתנאי שאגף ימין סופי.

  • אם אגף ימין סופי נגיד שהאינטגרל המוכלל מתכנס.
  • אם אגף ימין לא סופי נגיד שהאינטגרל המוכלל לא מתכנס.

איך נדמיין פונקציה שעבורה האינטגרל המוכלל מתכנס?(אינטואיציה) נניח פונקציה עם מקסימום בראשית אשר בכל כיוון היא כמו e−xe^{-x}e−x שכזו.
נשים כי ההגדרה שראינו מטפלת בכל המקרים של אינטגרל מוכלל - לא דרשנו רציפות בכל התחום או שהתחום יהיה קומפקטי.

משפט

תהי D⊆RnD \subseteq \mathbb{R}^nD⊆Rn פתוחה ותהי f:D→Rf:D\to \mathbb{R}f:D→R אי שלילית ואינטגרבילית בכל תת קבוצה קומפקטית ובעלת שטח K⊂DK \subset DK⊂D.
תהי KnK_{n}Kn​ סדרה של קבוצות קומפקטיות ובעלות שטח המוכלות ב-DDD ומקיימות:

  1. KnK_{n}Kn​ סדרה עולה. כלומר, Kn⊂int(Kn+1)K_{n}\subset int(K_{n+1})Kn​⊂int(Kn+1​) (כאשר intintint מסמל interiorinteriorinterior - הפנים של הקבוצה)
  2. KnK_{n}Kn​ היא כיסוי של DDD. כלומר, D=⋃n=1∞Kn\displaystyle D= \bigcup_{n=1}^\infty K_{n}D=n=1⋃∞​Kn​

אזי, ∫Df(x‾)dx‾\displaystyle \int _D f(\underline{x})d\underline{x}D∫​f(x​)dx​ מתכנס lim⁡n→∞∫Knf(x‾)dx‾  ⟺  \displaystyle \lim_{ n \to \infty } \int_{K_{n}}f(\underline{x})d\underline{x}\iffn→∞lim​Kn​∫​f(x​)dx​⟺ קיים וסופי. במקרה זה:

∫Df(x‾)dx‾=lim⁡n→∞∫Knf(x‾)dx‾\int_{D}f(\underline{x})d\underline{x}=\lim_{ n \to \infty } \int_{K_{n}}f(\underline{x})d\underline{x}D∫​f(x​)dx​=n→∞lim​Kn​∫​f(x​)dx​
הערה

ההגדרה הינה די עקבית בכל מקום שתסתכלו.
המשפט הזה שונה בין מקום למקום, אפילו בין הוידאיו לעכשיו. החישובים יוצאים כמעט זהים אך הנימוקים הינם שונים.

הערה

הסמסטר הזה לא נוכיח את המשפט הזה, ההוכחה של המשפט הזה ספציפית אצל רון רוזנטל.
"את ההוכחה לא נעשה הסמסטר, נגמר לי הזמן - אבל מי שאחראי לזה מת. קוראים לו חמינאי האב" - צנזור

דוגמה ("כולם מבינים למה אני מלטף פה כבשה מפוטמת?" - אביב צנזור)

∬R2e−x2−y2dxdy\iint_{\mathbb{R}^2} e^{-x^2-y^2}dxdyR2∬​e−x2−y2dxdy

נשים לב כי הפונקציה הזו אינטגרבילית בכל קבוצה קומפקטית ולכן התנאי ההכרחי מתקיים.
אנו נקח סדרה KnK_{n}Kn​ של מעגלים ברדיוס nnn לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N סביב הראשית.

∬Kne−x2−y2dxdy=↓חישוב שכברעשינוπ(1−e−n2)→    n→∞    π\iint_{K_{n}} e^{-x^2-y^2}dxdy \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חישוב שכבר}} \\ \R{\text{עשינו}} \end{matrix}}{=}\pi(1-e^{-n^2}) \rarrowlim{n\to \infty} \piKn​∬​e−x2−y2dxdy↓חישוב שכברעשינו​=​π(1−e−n2)n→∞​π

לכן, לפי משפט האינטגרל הנ"ל מתכנס ומתקיים ∬R2e−x2−y2dxdy\displaystyle \iint_{\mathbb{R}^2}e^{-x^2-y^2}dxdyR2∬​e−x2−y2dxdy.

דוגמה (פונקציה לא חסומה על ∂D\partial D∂D)

מה שאתם אמורים לדמיין זה אגרטל אינסופי שכזה.

∬x2+y2<111−x2−y2dxdy\iint_{x^2+y^2<1} \frac{1}{\sqrt{ 1-x^2-y^2 }}dxdyx2+y2<1∬​1−x2−y2​1​dxdy

נשים לב כי מקובל לרשום מתחת לנחשים מהו DDD ולא רק DDD ואז להגדירו. (מקובל גם לצייר את DDD למען בהירות - פחות מקובל כי זה פחות מדוייק)
חובה כמובן לעבור על כל תנאי המשפט לפני שמשתמשים בו!

  • הפונקציה אי שלילית - כן, בזכות השורש.
  • בכל קבוצה קומפקטית בעלת שטח K⊂DK \subset DK⊂D הפונקציה אינטגרבילית - כן!

נבחר את KnK_{n}Kn​ כמעגלים בעלי רדיוס השואף להיות 111 משמאל. (נשים לב כי הסדרה שבחרנו מקיימת את כל התנאים)

∬Kn={(x,y)x2+y2≤1−1n}11−x2−y2=↓פולריות+ פוביני∫02π(∫01−1nr1−r2dr)dθ=\iint_{K_{n}=\left\{ \begin{array}{c|c} (x,y) & x^2+y^2\leq 1-\frac{1}{n} \end{array} \right\}} \frac{1}{\sqrt{ 1-x^2-y^2 }} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{פולריות}} \\ \R{\text{+ פוביני}} \end{matrix}}{=} \int_{0}^{2\pi}\left( \int_{0}^{1-\frac{1}{n}} \frac{r}{\sqrt{ 1-r^2 }}dr \right)d\theta=Kn​={(x,y)​x2+y2≤1−n1​​}∬​1−x2−y2​1​↓פולריות+ פוביני​=​0∫2π​​0∫1−n1​​1−r2​r​dr​dθ=

נשים לב כי באינטגרל הפנימי אין θ\thetaθ ולכן ניתן להוציא את כולו החוצה ולקבל:

=2π∫01−1nr1−r2dr=↓מיידי2π(−1)1−r2∣r=0r=1−1n=−2π(1−(1−1n)2−1)→    n→∞    2π=2\pi \int_{0}^{1-\frac{1}{n}} \frac{r}{\sqrt{ 1-r^2 }}dr \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{מיידי}} \end{matrix}}{=}\left.2\pi \left( -1 \right)\sqrt{ 1-r^2 }\right\vert_{r=0}^{r=1-\frac{1}{n}}=-2\pi\left( \sqrt{ 1-\left( 1-\frac{1}{n} \right)^2 }-1 \right) \rarrowlim{n\to \infty} 2\pi=2π0∫1−n1​​1−r2​r​dr↓מיידי​=​2π(−1)1−r2​​r=0r=1−n1​​=−2π​1−(1−n1​)2​−1​n→∞​2π
מסקנה

∬x2+y2<111−x2−y2dxdy=2π\iint_{x^2+y^2<1} \frac{1}{\sqrt{ 1-x^2-y^2 }}dxdy=2\pix2+y2<1∬​1−x2−y2​1​dxdy=2π
דוגמה

∬0<x2+y2<11(x2+y2)αdxdy\iint_{0<x^2+y^2<1} \frac{1}{(x^2+y^2)^\alpha} dxdy0<x2+y2<1∬​(x2+y2)α1​dxdy

מה הבעיה עכשיו? איך נראית הפונקציה הזו? איפה יש לה בעיה? בראשית! אם α>0\alpha>0α>0 אז כש-x2+y2→        0x^2+y^2 \rarrowlim{}0x2+y2​0 אז המכנה שואף ל-000 ו-1\frac{1}{}1​ שואף ל-∞\infty∞.
כעת האי-חסימות היא בנקודה בודדת שהיא בכלל נקודה פנימית של התחום.

נבחר את KnK_{n}Kn​ כסדרה של טבעות עם רדיוס פנימי של 1n\frac{1}{n}n1​ ורדיוס חיצוני של 111. לכל 2≤n∈N2\leq n \in \mathbb{N}2≤n∈N. בכל איטרציה החור יותר קטן ולכן KnK_{n}Kn​ עולה במצב זה שכן כל טבעת מוכלת בהבאה.
יש בעיה: הטבעות הללו מכילות יותר מאשר את DDD שכן ב-DDD אין את השפה ולכן נדרש שהרדיוס החיצוני יהיה 1−1n1-\frac{1}{n}1−n1​.
עכשיו הכל אחלה! - ויייייייייי

Kn={(x,y)1n2≤x2+y2≤(1−1n)2}K_{n}=\left\{ \begin{array}{c|c} (x,y) & \displaystyle\frac{1}{n^2}\leq x^2+y^2\leq \left( 1-\frac{1}{n} \right)^2 \end{array} \right\}Kn​={(x,y)​n21​≤x2+y2≤(1−n1​)2​}

כעת נוכל לבצע את האינטגרל:

∬Kn1(x2+y2)αdxdy ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=↓פולאריות + פוביני ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∫02π(∫1n1−1nrr2αdr)dθ=2π∫1n1−1n1r2α−1dr ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣={α=1,2π∫1n1−1n1rdr=2π(ln⁡(1−1n)−ln⁡(1n))→    n→∞    −∞לא קיים - α≠1,2π12−2α1r2α−2∣r=1nr=1−1n=π1−α(1(1−1n)2α−1−n2α−1)lim⁡n→∞[⋯ ]={α>1,לא קיים גבולα<1,π1−α\begin{align*} \iint_{K_{n}} \frac{1}{(x^2+y^2)^\alpha}dxdy &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{פולאריות + פוביני}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\int_{0}^{2\pi}\left( \int_{\frac{1}{n}}^{1-\frac{1}n} \frac{r}{r^{2\alpha}}dr \right)d\theta=2\pi \int_{\frac{1}{n}}^{1-\frac{1}{n}} \frac{1}{r^{2\alpha-1}}dr \\ &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!=\begin{cases} \alpha=1, & \displaystyle 2\pi \int_{\frac{1}{n}}^{1-\frac{1}{n}} \frac{1}{r}dr=2\pi \left( \ln\left( {1-\frac{1}{n}}\right)-\ln\left({\frac{1}{n}} \right) \right) \rarrowlim{n\to \infty} -\infty \R{\text{לא קיים - }} \\ \alpha\neq 1, & \displaystyle \left.2\pi \frac{1}{2-2\alpha} \frac{1}{r^{2\alpha-2}} \right\vert_{r=\frac{1}{n}}^{r=1-\frac{1}{n}}=\frac{\pi}{1-\alpha}\left( \frac{1}{\left( 1-\frac{1}{n} \right)^{2\alpha-1}}-n^{2\alpha-1} \right) \\ & \quad \quad \quad \qquad \qquad \displaystyle \lim_{ n \to \infty } [\cdots]= \begin{cases} \alpha>1, & \R{\text{לא קיים גבול}} \\ \alpha<1, & \frac{\pi}{1-\alpha} \end{cases} \end{cases} \end{align*}Kn​∬​(x2+y2)α1​dxdy​↓פולאריות + פוביני​=​0∫2π​​n1​∫1−n1​​r2αr​dr​dθ=2πn1​∫1−n1​​r2α−11​dr=⎩⎨⎧​α=1,α=1,​2πn1​∫1−n1​​r1​dr=2π(ln(1−n1​)−ln(n1​))n→∞​−∞לא קיים - 2π2−2α1​r2α−21​​r=n1​r=1−n1​​=1−απ​((1−n1​)2α−11​−n2α−1)n→∞lim​[⋯]={α>1,α<1,​לא קיים גבול1−απ​​​​
הערה

מהלא"ש תקף :) (נסחו והוכיחו)

הגדרה 2 (אינטגרל כפול מוכלל עבור פונקציה אי שלילית ותחום אחר)

תהי DDD פתוחה ותהי 0≤f0\leq f0≤f ומקיימת כי fff אינטגרבילית בכל תת קבוצה קומפקטית ובעלת שטח K⊂DK \subset DK⊂D.
תהי EEE קבוצה שנבדלת מ-DDD בקבוצה בעלת שטח 000.
נגדיר:

∬Ef=∬Df\displaystyle \iint_{E}f=\iint_{D}fE∬​f=D∬​f

בנתאי ש-∬Df\displaystyle \iint_{D}fD∬​f קיים.

דוגמה

נסתכל על תחום שהוא הרצועה האינסופית כך ש-x∈(−∞,∞)x \in(-\infty,\infty)x∈(−∞,∞) ו-y∈(0,1)y \in(0,1)y∈(0,1). אזי D={(x,y)−∞<x<∞0≤y≤1}D=\left\{ \begin{array}{c|c}(x,y)& \begin{matrix}-\infty<x<\infty \\ 0\leq y\leq 1\end{matrix}\end{array} \right\}D={(x,y)​−∞<x<∞0≤y≤1​​}.
נגדיר Kn=[−n,n]×[0,1]K_{n}=[-n,n]\times [0,1]Kn​=[−n,n]×[0,1].
הערה: אם רוצים לעשות את זה פתוח אז צריך לקחת מ-1n\frac{1}{n}n1​ עד 1−1n1-\frac{1}{n}1−n1​.

∬Knsin⁡x dxdy=∫01(∫−nnsin⁡x dx)dy=−∫01cos⁡x∣x=−nx=ndy=−cos⁡n+cos⁡(−n)=0→    n→∞    0\iint_{K_{n}} \sin x\,dxdy=\int_{0}^1 \left( \int_{-n}^n \sin x\,dx \right)dy=-\int_{0}^1 \left.\cos x\right\vert_{x=-n}^{x=n}dy=-\cos n+\cos(-n)=0 \rarrowlim{n\to \infty}0Kn​∬​sinxdxdy=0∫1​​−n∫n​sinxdx​dy=−0∫1​cosx∣x=−nx=n​dy=−cosn+cos(−n)=0n→∞​0

יש פה באג ← הפונקציה sin⁡x\sin xsinx לא אי שלילית!!! לראיה, בואו נקח K~n=[−2nπ,2nπ+π2]×[0,1]\tilde{K}_{n}=\left[ -2n\pi,2n\pi+\frac{\pi}{2} \right]\times[0,1]K~n​=[−2nπ,2nπ+2π​]×[0,1] ואז:

⋯=−cos⁡(2nπ+π2)+cos⁡(−2nπ)=1→    n→∞    1\cdots=-\cos\left( 2n\pi+\frac{\pi}{2} \right)+\cos(-2n\pi)=1 \rarrowlim{n\to \infty}1⋯=−cos(2nπ+2π​)+cos(−2nπ)=1n→∞​1

שימוש שגוי מופרך והזוי!

פונקציות כלליות

הגדרה 3 (אינטגרל כפול מוכלל כללי)

תהי f:Rn→Rf:\mathbb{R}^n\to \mathbb{R}f:Rn→R מוגדרת בתחום D⊆RnD \subseteq \mathbb{R}^nD⊆Rn פתוח.
נסמן f+(x‾)=max⁡{f(x‾),0}f^+(\underline{x})=\max\left\{ f(\underline{x}),0 \right\}f+(x​)=max{f(x​),0} ו-f−(x‾)=max⁡{−f(x‾),0}f^-(\underline{x})=\max\left\{ -f(\underline{x}),0 \right\}f−(x​)=max{−f(x​),0} ונגדיר:

∫Df(x‾)dx‾=∫Df+(x‾)dx‾−∫Df−(x‾)dx‾\int_{D}f(\underline{x})d\underline{x}=\int_{D}f^+(\underline{x})d\underline{x}-\int_{D}f^-(\underline{x})d\underline{x}D∫​f(x​)dx​=D∫​f+(x​)dx​−D∫​f−(x​)dx​

בתנאי ששני האינטגרלים באף ימין מתכנסים.

הערה

f(x‾)=f+(x‾)−f−(x‾)f(\underline{x})=f^+(\underline{x})-f^-(\underline{x})f(x​)=f+(x​)−f−(x​) ∣f(x‾)∣=f++f−\left| f(\underline{x}) \right|=f^++f^-∣f(x​)∣=f++f−
מסקנה

אם ∫Df(x‾)dx‾\displaystyle\int_{D}f(\underline{x})d\underline{x}D∫​f(x​)dx​ מתכנס אזי ∫D∣f(x‾)∣dx‾\displaystyle \int_{D}\left|f(\underline{x})\right|d\underline{x}D∫​∣f(x​)∣dx​ מתכנס ומתקיים:

∫D∣f(x‾)∣dx‾=∫Df+(x‾)dx‾+∫Df−(x‾)dx‾\int_{D}|f(\underline{x})|d\underline{x}=\int_{D}f^+(\underline{x})d\underline{x}+\int_{D}f^-(\underline{x})d\underline{x}D∫​∣f(x​)∣dx​=D∫​f+(x​)dx​+D∫​f−(x​)dx​

כלומר, אין דבר כזה התכנסות בתנאי.