תרגיל 1
תהא f : [ − 1 , 1 ] → R f:[-1,1]\to \mathbb{R} f : [ − 1 , 1 ] → R f f f [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ]
הטענה אינה נכונה .f f f f f f F F F F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x ) f f f f f f
f ( x ) = { 1 x ≥ 0 0 x < 0 f(x)=\begin{cases}
1 & x\geq 0 \\
0 & x< 0
\end{cases} f ( x ) = { 1 0 x ≥ 0 x < 0
תהא g : [ − 1 , 1 ] → R g:[-1,1]\to \mathbb{R} g : [ − 1 , 1 ] → R f f f [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] f f f
הטענה אינה נכונה .f ( x ) = 1 2 x + 1 f(x)=\frac{1}{2\sqrt{ x+1 }} f ( x ) = 2 x + 1 1 ∫ f ( x ) d x = x + 1 + c \displaystyle \int f(x)dx=\sqrt{ x+1 }+c ∫ f ( x ) d x = x + 1 + c F ( x ) = x + 1 F(x)=\sqrt{ x+1 } F ( x ) = x + 1 f f f [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] f f f [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ]
lim x → − 1 + 1 2 x + 1 = ∞ \lim_{ x \to -1^+ } \frac{1}{2\sqrt{ x+1 }}= \infty x → − 1 + lim 2 x + 1 1 = ∞ לכן, f f f
תהא f : [ − 1 , 1 ] → R f:[-1,1]\to \mathbb{R} f : [ − 1 , 1 ] → R f f f [ − 1 , 1 ] [-1,1] [ − 1 , 1 ] F ( x ) = ∫ − 1 x f ( t ) d t \displaystyle F(x)=\int_{-1}^x f(t)dt F ( x ) = − 1 ∫ x f ( t ) d t f f f
הטענה אינה נכונה .f ( x ) = { 0 x ≠ 0 1 x = 0 f(x)=\begin{cases}0 & x\neq 0\\ 1 & x=0\end{cases} f ( x ) = { 0 1 x = 0 x = 0 F ( x ) = ∫ − 1 x f ( t ) d t \displaystyle F(x)=\int_{-1}^x f(t)dt F ( x ) = − 1 ∫ x f ( t ) d t
F ( x ) = ∫ − 1 x f ( t ) d t = ∫ − 1 x 0 d t = 0 F(x)=\int_{-1}^x f(t)dt=\int_{-1}^x 0dt=0 F ( x ) = − 1 ∫ x f ( t ) d t = − 1 ∫ x 0 d t = 0 הפונקציה 0 0 0 F F F f f f
תרגיל 2
יהי a ≥ 0 a\geq 0 a ≥ 0 g ( x ) g(x) g ( x ) [ a , ∞ ) [a,\infty) [ a , ∞ ) x ≥ a x\geq a x ≥ a
∣ ∫ a x g ( t ) d t ∣ ≤ C \left| \int_{a}^x g(t)dt \right|\leq C a ∫ x g ( t ) d t ≤ C עבור איזשהו קבוע חיובי C C C f ( x ) f(x) f ( x ) [ a , b ] [a,b] [ a , b ]
lim n → ∞ ∫ a b f ( x ) g ( n x ) d x = 0 \lim_{ n \to \infty } \int_{a}^b f(x)g(nx)dx=0 n → ∞ lim a ∫ b f ( x ) g ( n x ) d x = 0 הוכחה: יהי ε > 0 \epsilon>0 ε > 0 h ( x ) = ∫ a x g ( n t ) d t \displaystyle h(x)=\int_{a}^xg(nt)dt h ( x ) = a ∫ x g ( n t ) d t
∣ h ( x ) ∣ = ∣ ∫ a x g ( n t ) d t ∣ = ↓ שיטת ההצבה ( y = n t 1 n d y = d t ) ∣ 1 n ∫ n a n x g ( y ) d y ∣ = ↓ אדטיביות ∣ 1 n ( ∫ a n x g ( y ) d y − ∫ a n a g ( y ) d y ) ∣ ≤ ↓ אי שוויון המשולש 1 n ( ∣ ∫ a n x g ( y ) d y ∣ + ∣ ∫ a n a g ( y ) d y ∣ ) ≤ 2 C n \begin{align*}
|h(x)|&=\left| \int_{a}^xg(nt)dt \right| \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{שיטת ההצבה}} \\
\begin{pmatrix}
y=nt \\
\frac{1}{n}dy=dt
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=} \left| \frac{1}{n}\int_{na}^{nx}g(y)dy \right| \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אדטיביות}}
\end{matrix}}{=}\left| \frac{1}{n}\left( \int_{a}^{nx}g(y)dy-\int_{a}^{na}g(y)dy \right) \right| \\
&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אי שוויון המשולש}}
\end{matrix}}{\leq} \frac{1}{n}\left( \left| \int_{a}^{nx}g(y)dy \right|+\left| \int_{a}^{na}g(y)dy \right| \right)\leq \frac{2C}{n}
\end{align*} ∣ h ( x ) ∣ = a ∫ x g ( n t ) d t ↓ שיטת ההצבה ( y = n t n 1 d y = d t ) = n 1 na ∫ n x g ( y ) d y ↓ אדטיביות = n 1 a ∫ n x g ( y ) d y − a ∫ na g ( y ) d y ↓ אי שוויון המשולש ≤ n 1 a ∫ n x g ( y ) d y + a ∫ na g ( y ) d y ≤ n 2 C נתון כי g g g h ′ ( x ) = g ( n x ) h'(x)=g(nx) h ′ ( x ) = g ( n x ) f ′ f' f ′ f f f N = C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ ε > 0 N=\frac{C}{|f(b)-f(a)|\epsilon}>0 N = ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ ε C > 0 n > N n>N n > N
∣ ∫ a b f ( x ) g ( n x ) d x ∣ = ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = f ( x ) ⟹ u ′ = f ′ ( x ) v ′ = g ( n x ) ⟹ v = h ( x ) ) ∣ f ( x ) h ( x ) ∣ a b − ∫ a b f ′ ( x ) h ( x ) d x ∣ = ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) − ∫ a b f ′ ( x ) h ( x ) d x ∣ ≤ ↓ אי שוויון המשולש ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + ∣ ∫ a b f ′ ( x ) h ( x ) d x ∣ ≤ ↓ מונוטוניות האינטגרל ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + ∣ ∫ a b C 2 n f ′ ( x ) d x ∣ = ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + C 2 n ∣ ∫ a b f ′ ( x ) d x ∣ = ↓ N L ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + C 2 n ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ ≤ C 2 n ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ + C 2 n ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ = C n ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ < C N ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ = ε \begin{align*}
\left| \int_{a}^b f(x)g(nx)dx \right| &\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\
\begin{pmatrix}
u=f(x)\implies u'=f'(x) \\
v'=g(nx)\implies v=h(x)
\end{pmatrix}
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\left| \left. \begin{matrix}
\\ \\
\end{matrix}f(x)h(x)\right\vert_{a}^b-\int_{a}^b f'(x)h(x)dx \right|=\left| f(b)h(b)-f(a)h(a)-\int_{a}^b f'(x)h(x)dx \right| \\
&\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{אי שוויון המשולש}}
\end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \left| f(b)h(b)-f(a)h(a) \right|+\left| \int_{a}^b f'(x)h(x)dx \right| \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{מונוטוניות האינטגרל}}
\end{matrix}}{\leq}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \left| f(b)h(b)-f(a)h(a) \right|+\left| \int_{a}^b \frac{C}{2n} f'(x)dx \right| \\
&= \left| f(b)h(b)-f(a)h(a) \right|+\frac{C}{2n}\left| \int_{a}^b f'(x)dx \right|\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=}| f(b)h(b)-f(a)h(a)|+\frac{C}{2n}\left| f(b)-f(a) \right| \\
&\leq \frac{C}{2n}|f(b)-f(a)|+\frac{C}{2n}|f(b)-f(a)|=\frac{C}{n}|f(b)-f(a)|< \frac{C}{N}|f(b)-f(a)|=\epsilon
\end{align*} a ∫ b f ( x ) g ( n x ) d x ↓ אינטגרציה בחלקים ( u = f ( x ) ⟹ u ′ = f ′ ( x ) v ′ = g ( n x ) ⟹ v = h ( x ) ) = f ( x ) h ( x ) a b − a ∫ b f ′ ( x ) h ( x ) d x = f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) − a ∫ b f ′ ( x ) h ( x ) d x ↓ אי שוויון המשולש ≤ ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + a ∫ b f ′ ( x ) h ( x ) d x ↓ מונוטוניות האינטגרל ≤ ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + a ∫ b 2 n C f ′ ( x ) d x = ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + 2 n C a ∫ b f ′ ( x ) d x ↓ N L = ∣ f ( b ) h ( b ) − f ( a ) h ( a ) ∣ + 2 n C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ ≤ 2 n C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ + 2 n C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ = n C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ < N C ∣ f ( b ) − f ( a ) ∣ = ε לכן, לפי הגדרה מתקיים:
lim n → ∞ ∫ a b f ( x ) g ( n x ) d x = 0 \lim_{ n \to \infty } \int_{a}^b f(x)g(nx)dx=0 n → ∞ lim a ∫ b f ( x ) g ( n x ) d x = 0 ∎
תרגיל 3
פונקציה חשובה ושימושית בעולם האנליזה היא הפונקציה F ( x ) F(x) F ( x )
F ( x ) = ∫ 0 x sin t t d t F(x)=\int_{0}^x \frac{\sin t}{t}dt F ( x ) = 0 ∫ x t sin t d t הוכיחו כי F F F R \mathbb{R} R
הוכחה: f ( x ) = { sin x x x ≠ 0 1 x = 0 f(x)=\begin{cases}\frac{\sin x}{x} & x\neq 0\\ 1 & x=0\end{cases} f ( x ) = { x s i n x 1 x = 0 x = 0 x ≠ 0 x \neq 0 x = 0 x = 0 x=0 x = 0 R \mathbb{R} R F ′ ( x ) = f ( x ) F'(x)=f(x) F ′ ( x ) = f ( x ) f f f x ≠ 0 x\neq 0 x = 0 sin x , x \sin x,x sin x , x R \mathbb{R} R
∀ x ≠ 0 : F ′ ′ ( x ) = f ′ ( x ) = x cos x − sin x x 2 \forall x \neq 0:\; F''(x)=f'(x)=\frac{x\cos x-\sin x}{x^2} ∀ x = 0 : F ′′ ( x ) = f ′ ( x ) = x 2 x cos x − sin x הפונקציה f ′ f' f ′ x ≠ 0 x \neq0 x = 0 x = 0 x=0 x = 0
lim x → 0 f ( x ) − f ( 1 ) x = lim x → 0 sin x − x x 2 = ↓ לופיטל lim x → 0 cos x − 1 2 x = ↓ לופיטל lim x → 0 − sin x 2 = ↓ אלמנטרית ולכן רציפה sin x − 0 2 = 0 \lim_{ x \to 0 } \frac{f(x)-f(1)}{x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x-x}{x^2} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לופיטל}}
\end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0 } \frac{\cos x-1}{2x} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לופיטל}}
\end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0 } \frac{-\sin x}{2} \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ אלמנטרית ולכן רציפה}}\sin x
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!-\frac{0}{2}=0 x → 0 lim x f ( x ) − f ( 1 ) = x → 0 lim x 2 sin x − x ↓ לופיטל = x → 0 lim 2 x cos x − 1 ↓ לופיטל = x → 0 lim 2 − sin x ↓ אלמנטרית ולכן רציפה sin x = − 2 0 = 0 לכן, f f f x = 0 x=0 x = 0 F ′ ′ ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 0 F''(0)=f'(0)=0 F ′′ ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = 0
lim x → 0 F ′ ′ ( x ) = lim x → 0 x cos x − sin x x 2 = ↓ לופיטל lim x → 0 cos x + x sin x − cos x 2 x = lim x → 0 sin x 2 = ↓ אלמנטרית ולכן רציפה sin x 0 2 = 0 = F ′ ′ ( 0 ) \lim_{ x \to 0 } F''(x)=\lim_{ x \to 0 } \frac{x\cos x-\sin x}{x^2} \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{לופיטל}}
\end{matrix}}{=}\lim_{ x \to 0 } \frac{\cos x+x\sin x-\cos x}{2x}=\lim_{ x \to 0 } \frac{\sin x}{2}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ אלמנטרית ולכן רציפה}}\sin x
\end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \frac{0}{2}=0=F''(0) x → 0 lim F ′′ ( x ) = x → 0 lim x 2 x cos x − sin x ↓ לופיטל = x → 0 lim 2 x cos x + x sin x − cos x = x → 0 lim 2 sin x ↓ אלמנטרית ולכן רציפה sin x = 2 0 = 0 = F ′′ ( 0 )
לכן, לפי הגדרה F ′ ′ F'' F ′′ x = 0 x=0 x = 0 F ′ ′ F'' F ′′ R \mathbb{R} R F F F ∎
נמצא את כל נקודות האיפוס של f f f
f ( x ) = 0 ⟺ sin x = 0 ⟺ x = π k f(x)=0 \iff \sin x=0 \iff x= \pi k f ( x ) = 0 ⟺ sin x = 0 ⟺ x = πk הנקודות הנ"ל הינם חשודות כקיצון לפי הגדרה.k ∈ R k \in \mathbb{R} k ∈ R π k \pi k πk f ′ f' f ′
f ′ ( π k ) = π k cos ( π k ) − sin ( π k ) π 2 k 2 = π k cos ( π k ) π 2 k 2 = cos ( π k ) π k f'(\pi k)= \frac{\pi k\cos(\pi k)-\sin(\pi k)}{\pi^2k^2}= \frac{\pi k\cos(\pi k)}{\pi^2k^2}=\frac{\cos(\pi k)}{\pi k} f ′ ( πk ) = π 2 k 2 πk cos ( πk ) − sin ( πk ) = π 2 k 2 πk cos ( πk ) = πk cos ( πk ) אם k > 0 k>0 k > 0 k k k cos ( π k ) = cos ( 0 ) = 1 \cos(\pi k)=\cos(0)=1 cos ( πk ) = cos ( 0 ) = 1
f ′ ( π k ) = 1 π k > 0 f'(\pi k)= \frac{1}{\pi k}>0 f ′ ( πk ) = πk 1 > 0 אם k > 0 k>0 k > 0 k k k cos ( π k ) = cos ( π ) = − 1 \cos(\pi k)=\cos(\pi)=-1 cos ( πk ) = cos ( π ) = − 1
f ′ ( π k ) = − 1 π k < 0 f'(\pi k)=-\frac{1}{\pi k}< 0 f ′ ( πk ) = − πk 1 < 0 אם k < 0 k<0 k < 0 k k k cos ( π k ) = cos ( 0 ) = 1 \cos(\pi k)=\cos(0)=1 cos ( πk ) = cos ( 0 ) = 1
f ′ ( π k ) = 1 π k = − 1 π ∣ k ∣ < 0 f'(\pi k)=\frac{1}{\pi k}=-\frac{1}{\pi |k|}<0 f ′ ( πk ) = πk 1 = − π ∣ k ∣ 1 < 0 אם k < 0 k<0 k < 0 k k k cos ( π k ) = cos ( π ) = − 1 \cos(\pi k)=\cos(\pi)=-1 cos ( πk ) = cos ( π ) = − 1
f ′ ( π k ) = − 1 π k = 1 π ∣ k ∣ > 0 f'(\pi k)=-\frac{1}{\pi k}=\frac{1}{\pi |k|}> 0 f ′ ( πk ) = − πk 1 = π ∣ k ∣ 1 > 0 אם k = 0 k=0 k = 0 f ′ f' f ′ f ′ ( 0 ) = 0 f'(0)=0 f ′ ( 0 ) = 0 מבחן הנגזרת השנייה מתקיים:
עבור k > 0 k>0 k > 0 x = π k x=\pi k x = πk F F F
עבור k > 0 k>0 k > 0 x = π k x=\pi k x = πk F F F
עבור k < 0 k<0 k < 0 x = π k x=\pi k x = πk F F F
עבור k < 0 k<0 k < 0 x = π k x=\pi k x = πk F F F
תרגיל 4
השתמשו בסכומי רימן כדי לחשב את הגבול:
lim n → ∞ 1 2 2 + n 2 + 1 3 2 + n 2 + ⋯ + 1 ( n + 3 ) 2 + n 2 \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt{ 2^2+n^2 }}+\frac{1}{\sqrt{ 3^2+n^2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ (n+3)^2+n^2 }} n → ∞ lim 2 2 + n 2 1 + 3 2 + n 2 1 + ⋯ + ( n + 3 ) 2 + n 2 1 הדרכה: בשלב בו תזהו אינטגרל מסויים, מומלץ להשתמש בהצבה x = sinh t x=\sinh t x = sinh t
lim n → ∞ 1 2 2 + n 2 + 1 3 2 + n 2 + ⋯ + 1 ( n + 3 ) 2 + n 2 = lim n → ∞ ∑ i = 2 n + 3 1 i 2 + n 2 = lim n → ∞ ∑ i = 2 n + 3 1 n i 2 n 2 + 1 \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt{ 2^2+n^2 }}+\frac{1}{\sqrt{ 3^2+n^2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ (n+3)^2+n^2 }}=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=2}^{n+3} \frac{1}{\sqrt{ i^2+n^2 }}=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=2}^{n+3} \frac{1}{n\sqrt{ \frac{i^2}{n^2}+1 }} n → ∞ lim 2 2 + n 2 1 + 3 2 + n 2 1 + ⋯ + ( n + 3 ) 2 + n 2 1 = n → ∞ lim i = 2 ∑ n + 3 i 2 + n 2 1 = n → ∞ lim i = 2 ∑ n + 3 n n 2 i 2 + 1 1 = lim n → ∞ ∑ i = 2 n + 3 1 n ( i n ) 2 + 1 =\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=2}^{n+3} \frac{1}{n\sqrt{ \left( \frac{i}{n} \right)^2+1 }} = n → ∞ lim i = 2 ∑ n + 3 n ( n i ) 2 + 1 1 נגדיר את הפונקציה f ( x ) = 1 x 2 + 1 f(x)=\frac{1}{\sqrt{ x^2+1 }} f ( x ) = x 2 + 1 1
= lim n → ∞ ∑ i = 2 n + 3 1 n f ( i n ) =\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=2}^{n+3}\frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right) = n → ∞ lim i = 2 ∑ n + 3 n 1 f ( n i ) תהי P = { x 0 = 0 , x 1 = 1 n , … , x i = i n , … , x n = n n = 1 } P=\left\{ x_{0}=0,x_{1}=\frac{1}{n},\dots,x_{i}=\frac{i}{n},\dots,x_{n}=\frac{n}{n}=1 \right\} P = { x 0 = 0 , x 1 = n 1 , … , x i = n i , … , x n = n n = 1 } [ 0 , 1 ] [0,1] [ 0 , 1 ]
∑ i = 1 n f ( x i ) Δ x i = ∑ i = 1 n 1 n f ( i n ) \sum_{i=1}^{n} f(x_{i})\Delta x_{i}=\sum_{i=1}^n \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right) i = 1 ∑ n f ( x i ) Δ x i = i = 1 ∑ n n 1 f ( n i ) לפי ההגדרה השקולה לאינטגרביליות מתקיים:
lim n → ∞ ∑ i = 1 n 1 n f ( i n ) = ∫ 0 1 f ( x ) d x \lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^n \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right)=\int_{0}^1 f(x)dx n → ∞ lim i = 1 ∑ n n 1 f ( n i ) = 0 ∫ 1 f ( x ) d x בנוסף, נשים לב כי:
lim n → ∞ ∑ i = 2 n + 3 1 n f ( i n ) = lim n → ∞ ∑ i = 1 n 1 n f ( i n ) + 1 n f ( n + 1 n ) + 1 n f ( n + 2 n ) + 1 n f ( n + 3 n ) − 1 n f ( 1 n ) \lim_{ n \to \infty } \sum_{i=2}^{n+3} \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right)=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^n \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right)+\frac{1}{n}f\left( \frac{n+1}{n} \right)+\frac{1}{n}f\left( \frac{n+2}{n} \right)+\frac{1}{n}f\left( \frac{n+3}{n} \right)-\frac{1}{n}f\left( \frac{1}{n} \right) n → ∞ lim i = 2 ∑ n + 3 n 1 f ( n i ) = n → ∞ lim i = 1 ∑ n n 1 f ( n i ) + n 1 f ( n n + 1 ) + n 1 f ( n n + 2 ) + n 1 f ( n n + 3 ) − n 1 f ( n 1 ) = ↓ חשבון גבולות lim n → ∞ ∑ i = 1 n 1 n f ( i n ) + 0 + 0 + 0 − 0 = lim n → ∞ ∑ i = 1 n 1 n f ( i n ) = ↓ ממקודם ∫ 0 1 f ( x ) d x \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{חשבון גבולות}}
\end{matrix}}{=} \lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^n \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right)+0+0+0-0=\lim_{ n \to \infty } \sum_{i=1}^n \frac{1}{n}f\left( \frac{i}{n} \right) \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{ממקודם}}
\end{matrix}}{=}\int_{0}^1 f(x)dx ↓ חשבון גבולות = n → ∞ lim i = 1 ∑ n n 1 f ( n i ) + 0 + 0 + 0 − 0 = n → ∞ lim i = 1 ∑ n n 1 f ( n i ) ↓ ממקודם = 0 ∫ 1 f ( x ) d x כלומר:
lim n → ∞ 1 2 2 + n 2 + 1 3 2 + n 2 + ⋯ + 1 ( n + 3 ) 2 + n 2 = ∫ 0 1 f ( x ) d x \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt{ 2^2+n^2 }}+\frac{1}{\sqrt{ 3^2+n^2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ (n+3)^2+n^2 }}= \int_{0}^1 f(x)dx n → ∞ lim 2 2 + n 2 1 + 3 2 + n 2 1 + ⋯ + ( n + 3 ) 2 + n 2 1 = 0 ∫ 1 f ( x ) d x כעת, נוכל לפתור את האינטגרל המסויים על מנת לגלות את הערך:
∫ 0 1 f ( x ) d x = ∫ 0 1 1 x 2 + 1 d x = ↓ x = sinh t d x = cosh t d t ∫ 0 ln ( 1 + 2 ) 1 sinh 2 t + 1 cosh t d t = ↓ זהות טריגונומטית ∫ 0 ln ( 1 + 2 ) cosh t sinh 2 t + cosh 2 t − sinh 2 t d t = ∫ 0 ln ( 1 + 2 ) cosh t cosh 2 t d t = ∫ 0 ln ( 1 + 2 ) cosh t ∣ cosh t ∣ d t = ∫ 0 ln ( 1 + 2 ) 1 d t = ↓ N L ln ( 1 + 2 ) − 0 = ln ( 1 + 2 ) \begin{align*}
\int_{0}^1 f(x)dx&=\int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{ x^2+1 }}dx \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
x=\sinh t \\
dx= \cosh t\,dt
\end{matrix}}{=}\int_{0}^{\ln(1+\sqrt{ 2 })} \frac{1}{\sqrt{ \sinh^2t+1 }}\cosh t\,dt \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
\R{\text{זהות טריגונומטית}}
\end{matrix}}{=} \\
&\int_{0}^{\ln(1+\sqrt{ 2 })} \frac{\cosh t}{\sqrt{ \sinh^2t+\cosh^2t-\sinh^2t }}dt=\int_{0}^{\ln(1+\sqrt{ 2 })}\frac{\cosh t}{\sqrt{ \cosh^2t }}dt=\int_{0}^{\ln(1+\sqrt{ 2 })} \frac{\cosh t}{|\cosh t|}dt \\
&= \int_{0}^{\ln(1+\sqrt{ 2 })} 1dt \underset{\begin{matrix}
\downarrow \\
NL
\end{matrix}}{=} \ln(1+\sqrt{ 2 })-0=\ln(1+\sqrt{ 2 })
\end{align*} 0 ∫ 1 f ( x ) d x = 0 ∫ 1 x 2 + 1 1 d x ↓ x = sinh t d x = cosh t d t = 0 ∫ l n ( 1 + 2 ) sinh 2 t + 1 1 cosh t d t ↓ זהות טריגונומטית = 0 ∫ l n ( 1 + 2 ) sinh 2 t + cosh 2 t − sinh 2 t cosh t d t = 0 ∫ l n ( 1 + 2 ) cosh 2 t cosh t d t = 0 ∫ l n ( 1 + 2 ) ∣ cosh t ∣ cosh t d t = 0 ∫ l n ( 1 + 2 ) 1 d t ↓ N L = ln ( 1 + 2 ) − 0 = ln ( 1 + 2 ) לכן מתקיים:
lim n → ∞ 1 2 2 + n 2 + 1 3 2 + n 2 + ⋯ + 1 ( n + 3 ) 2 + n 2 = ln ( 1 + 2 ) \lim_{ n \to \infty } \frac{1}{\sqrt{ 2^2+n^2 }}+\frac{1}{\sqrt{ 3^2+n^2 }}+\dots+\frac{1}{\sqrt{ (n+3)^2+n^2 }}=\ln(1+\sqrt{ 2 }) n → ∞ lim 2 2 + n 2 1 + 3 2 + n 2 1 + ⋯ + ( n + 3 ) 2 + n 2 1 = ln ( 1 + 2 )