2 - סכומי דרבו וסכומי רימן — חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

סכומי דרבו

אם אנו רוצים לחשב את השטח מתחת לגרף של פונקציה אז אנו רוצים לחלק את השטח לפסים ולחשב את המלבנים הללו. אם המלבנים האלו דקים - כגודל שערה, אז הדייוק של השטח שלנו יהיה טוב.
סכומי דרבו מאפשרים לחשב את האינטגרל ואיך בדיוק נראה בהמשך.

הגדרה 1 (חלוקה)

יהי $[a,b]$ קטע. חלוקה של הקטע $[a,b]$ תהיה:

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

נסמן $P=\left\{ x_{i} \right\}$ חלוקה ואז: $\Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}$ .

m_{i}= \underset{x \in i}{\inf} f(x)

M_{i}=\underset{x \in i}{\sup} f(x)

נתחיל מסכום דרבו תחתון:

L(P,f)=\sum_{i=1}^n m_{i}\Delta x_{i}=\sum \inf f(x)(x_{i}-x_{i-1})

וכעת, נראה את סכום דרבו עליון:

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

לחשב את אחד מהסכומים הללו לא יתן לנו את האינטגרל, תכף נראה איך נמצא אותו.

משפט

L(P,f)<U(P,f)

לכל חלוקה ולכל פונקציה.

יש את משפט העידון שאומר לנו שבעידון מתקיים $U(P',f)<U(P,f)$ ו- $L(P,f)<L(P',f)$ כאשר $P'$ הוא עידון של $P$ .

אינטגרביליות היא לא היכולת לחשב את האינטגרל, אלא היכולת לחלק את השטח מתחת לגרף למלבנים.

משפט (תנאים שקולים)

אם $[a,b]$ קטע חסום ו- $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ פונקציה חסומה, התנאים הבאים שקולים:

$f$ אינטגרבילית לפי דרבו ב- $[a,b]$
לכל $\epsilon>0$ קיימת חלוקה $R$ של $[a,b]$ כך ש- $0<U(R,f)-L(R,f)<\epsilon$ .

תרגול ברמת בחינה

תרגיל

יהיו $f,g$ שתי פונקציות אינטגרביליות ב- $[a,b]$ ויהי $\epsilon>0$ .
א. הוכיחו כי קיימת חלוקה $P$ של $[a,b]$ עבורה מתקיים: $U(P,g)-L(P,g)< \frac{\epsilon}{2}$ וגם $U(P,f)-L(P,f)< \frac{\epsilon}{2}$ .
ב. הוכיחו כי אם $f,g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ אז גם $f+g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ .

הוכחה: (א')
אם $f,g$ אינטגרביליות, לפי משפט, קיימת חלוקה $P_{1}$ של $[a,b]$ עבורה:

U(P_{1},f)-L(P_{1},f)< \frac{\epsilon}{2}

וחלוקה $P_{2}$ של $[a,b]$ עבורה מתקיים:

U(P_{2},g)-L(P_{2},g)< \frac{\epsilon}{2}

תהי $P$ עידון משותף של $P_{1},P_{2}$ כך ש- $P=P_{1}\cup P_{2}$ ואז, לפי משפט העידון:

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

L(P,f)\geq L(P_{1},f)

\Downarrow

U(P,f)-L(P,f)\leq U(P_{1},f)-L(P_{1},f)< \frac{\epsilon}{2}

ובאופן דומה עבור $g$ ו- $P_{2}$ .
∎

הוכחה: (ב')
יהי $\epsilon>0$ . נתון כי $f,g$ אינטגרביליות ב- $[a,b]$ ולכן, לפי סעיף א', קיימת חלוקה $P$ של $[a,b]$ כך ש:

U(P,f)-L(P,f)< \frac{\epsilon}{2}\quad \R{\text{וגם}}\quad U(P,g)-L(P,g)< \frac{\epsilon}{2}

עבור כל קטע $i$ בחלוקה $P$ מתקיים:

\begin{align*} m_{i}(f+g)&=\inf \left\{ (f+g)(x)| x_{i-1}\leq x\leq x_{i} \right\} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{משפט מאינפי 1מ}} \end{matrix}}{\geq} \inf\left\{ f(x)| x \in[x_{i-1},x_{i}] \right\} + \inf\left\{ g(x)|x \in[x_{i-1},x_{i}] \right\} \\ &=m_{i}(f)+m_{i}(g) \end{align*}

ולכן:

L(P,f+g)\geq L(P,f)+L(P,g)

ובאופן דומה: $U(P,f+g)\leq U(P,f)+L(P,g)$ .
לאור זאת:

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

ולכן, לפי משפט, $f+g$ אינטגרבילית.
∎

תרגיל

הוכיחו מבלי לחשב את האינטגרל כי:

0.18\leq \int_{0}^1 \sqrt{ x }e^{-x}dx \leq 0.43

הוכחה:
נגזור את הפונקציה:

f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{ x }}e^{-z}-\sqrt{ x }e^{-x}=e^{-x}\left( \frac{1}{2\sqrt{ x }}-\sqrt{ x } \right)

נשווה לאפס:

f'(x)=0 \iff \frac{1}{2\sqrt{ x }}-\sqrt{ x }=0 \iff \frac{1}{2\sqrt{ x }}=\sqrt{ x } \iff x= \frac{1}{2}

נבדוק ערכים:

f(0)=0, \qquad f(1)=e^{-1}, \qquad f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{\sqrt{ 2e }}

נוכל לחלק ל-2 ואז:

\underset{x \in\left[ 0,\frac{1}{2} \right]}{\max} f=f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{\sqrt{ 2e }}

\underset{x \in \left[ 0, \frac{1}{2} \right]}{\min} f=f(0)=0

\underset{x \in\left[ \frac{1}{2},1 \right]}{\max} f=f\left( \frac{1}{2} \right)=\frac{1}{\sqrt{ 2e }}

\underset{x \in\left[ \frac{1}{2},1 \right]}{\min}f=f(1)=\frac{1}{e}

נחשב את סכום דרבו התחתון והעליון עבור החלוקה הזו:

U(P,f)=\sum_{i=1}^2M_{i}\Delta x_{i}=\frac{1}{\sqrt{ 2e }}\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{\sqrt{ 2e }}\cdot \frac{1}{2} \approx 0.43

L(P,f)=\sum_{i=1}^2 m_{i}\Delta x_{i}=0\cdot \frac{1}{2}+\frac{1}{e}\cdot \frac{1}{2} \approx 0.18

כנדרש
∎

הערה

גם אם היינו עושים חלוקה ל- $1$ היינו מקבלים:

\int_{a}^1 f(x)dx\leq M\cdot 1=f\left( \frac{1}{2} \right)= \frac{1}{\sqrt{ 2e }} \approx 0.43

תרגיל

נתונה הפונקציה $f:[-1,1]\to \mathbb{R} \qquad f(x)=x^2$ .
תהי $P_{2n}$ חלוקה של $[-1,1]$ ל- $2n$ תת-קטעים שווים.
א. מצאו סכומי דרבו עבור $P_{2n}$ והראו כי $U(P_{2n},f)-L(P_{2n},f)= \frac{2}{n}$ .
ב. הוכיחו כי $f$ אינטגרבילית ב- $[-1,1]$ .

פתרון א':
נשים לב כי הפונקציה $x^2$ היא מונוטונית עולה החל מ- $0$ ומונוטונית יורדת עד $0$ .
נחלק את הקטע כך:

x_{-n}< \dots < x_{-2}<x_{-1}< x_{0}=0<x_{1}<x_{2}<\dots<x_{n}

נבחר את החלוקה: $x_{k}=\frac{k}{n} \forall k=0,\pm1,\pm2,\dots$ . עבורה מתקיים:

\Delta x_{k}=\frac{1}{n}

U(P_{2n},f)=\sum_{k=1}^n f(x_{k})\Delta x_{k}+\sum_{k=-1}^{-n} f(x_{k})\Delta x_{k}=\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{n^2} \frac{1}{n}+\sum_{k=-1}^{-n} \frac{k^2}{n^2} \frac{1}{n}=\sum_{k=1}^n \frac{2k^2}{n^3}

L(P_{2n},f)=\sum_{k=1}^n f(x_{k-1})\Delta x_{k}+\sum_{k=-1}^{-n}f(x_{k+1})\Delta x_{k}=\sum_{k=1}^n \frac{(k-1)^2}{n^2} \frac{1}{n}+\sum_{k=-1}^{-n} \frac{(k+1)^2}{n^2} \frac{1}{n}

כדי לאחד את שני הסכומים גם פה, נדרש לשחק עם האינדקסים כך:

=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{k^2}{n^3}+\sum_{k=0}^{n-1} \frac{k^2}{n^3}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{2k^2}{n^3}

הערה

אם לא שמים לב לזה, רבקה ממליצה להתחיל לרשום את האיברים הראשונים של כל אחד מהסכומים ואז נגלה כי זוהי החוקיות.
נניח פה:

=0+\frac{1}{n^3}+\frac{2^2}{n^3}+\dots+\frac{(n-1)^2}{n^3}

לכן:

U(P_{2n},f)-L(P_{2n},f)=\sum_{k=1}^n \frac{2k^2}{n^3}-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{2k^2}{n^3} = \frac{2n^2}{n^3}= \frac{2}{n}

הערה

גם פה, אם לא שמים לב לחוקיות הזו, ניתן לרשום את כל האיברים ואז רואים כי כולם נופלים חוץ מהאחרון.

הוכחה: (ב')
לפי התנאי השקול לאינטגרביליות, צריך להוכיח שבהינתן $\epsilon>0$ ניתן למצוא חלוקה $P$ כך ש:

U(P,f)-L(P,f)<\epsilon

נקח את $P=P_{2n}$ . נבחר $n$ כך ש- $\frac{2}{n}<\epsilon$ ואז לפי סעיף א'.
∎

תרגיל (היה בבחינה גם כן)

הוכיחו בעזרת סכומי רימן כי $\ln(n!)<n\ln n-n+1$ .

הערה

אם לא היו אומרים סכומי רימן לא היה סיכוי שהיינו מנחשים שזה סכומי רימן.

תחילה נראה על איזו פונקציה מסתכלים וככל הנראה שרומזים לנו על $f(x)=\ln x$ - מה שטוב בה הוא שהיא מונוטונית.
נסתכל על הקטע $[1,n]$ ונחלק ל- $n-1$ קטעים שווים.

\forall 1\leq i< n:\; x_{i}=i,\quad \Delta x_{i}=1

הפונקציה $\ln x$ עולה וכל בכל קטע $[x_{i-1},x_{i}]$ הסופרמום שהוא המקסימום(לפי $W$ ) מתקבל בקצה הימני:

U(P,f)=\sum_{i=2}^n f(x_{i})\Delta x_{i}=\sum_{i=2}^n \ln i \cdot 1

U(P,f)=\ln2+\ln3+\dots+\ln n=\ln ({\color{blue} 1 \cdot}2\cdot 3\cdot 4 \cdot 5 \cdot \dots \cdot n)=\ln n!

L(P,f)\leq \int_{1}^n f(x)dx\leq U(P,f)

\int_{1}^n f(x)dx \leq \ln(n!)

נבצע אינטגרציה בחלקים:

\int \ln xdx=x\ln x-\int1dx=x\ln x-x

\left.\int_{1}^n \ln xdx=x\ln x-x \right\vert_{1}^n=(n\ln n-n)-(-1)=n\ln n-n+1\leq \ln(n!)

כנדרש.

סכומי רימן

משפט (אינטגרביליות לפי רימן)

תהי $f$ אינטגרבילית ב- $\iff [a,b]$ קיים מספר $I$ ממשי כך שלכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ כך שלכל חלוקה $P$ הנתונה ע"י $a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n-1}<x_{n}=b$ עם פרמטר חלוקה $\lambda(P)<\delta$ מתקיים:

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

לכל בחירה של $x_{i-1}\leq c_{i}\leq x_{i}$ .

הערה

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

תרגיל

יהיו $f,g$ שתי פונקציות אינטגרביליות ב- $[a,b]$ .
הוכיחו כי $f+g$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ (ע"י רימן)

הוכחה:
הפונקציה $f$ אינטגרבילית ב- $[a,b]$ ולכן, קיים מספר $I$ ממשי כך שלכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta_{1}>0$ כך שלכל חלוקה $P$ הנתונה ע"י $a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n-1}<x_{n}=b$ עם פרמטר חלוקה $\lambda(P)<\delta_{1}$ מתקיים:

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

לכל בחירה של $x_{i-1}\leq c_{i}\leq x_{i}$ .
ואותו הדבר עבור $g$ עם $\delta_{2}>0$

נראה כי $f+g$ מקיימת את המשפט כאשר:

I=\int_{a}^b f(x)dx+\int_{a}^bg(x)dx

יהי $\epsilon>0$ .
נגדיר $\delta=\min\left\{ \delta_{1},\delta_{2} \right\}$ ותהי $P$ חלוקה של הקטע $[a,b]$ עם פרמטר חלוקה $\lambda(P)<\delta$ . תהי $x_{i-1}\leq c_i\leq x_{i}$ עבור $1\leq i\leq n$ בחירה כלשהי של נקודות.

\begin{align*} \left| \sum_{i=1}^n(f(c_{i})+g(c_{i}))\Delta x_{i}-\int_{a}^b f(x)dx-\int_{a}^b g(x)dx \right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אי שוויון המשולש}} \end{matrix}}{\leq} & \left| \sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{a}^b f(x)dx \right|+ \\ & \left| \sum_{i=1}^n g(x)\Delta x_{i}-\int_{a}^b g(x)dx \right| \end{align*}

\leq \frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}= \epsilon

ולכן, $f+g$ אינטגרבילית.
∎

תרגיל

תהי $f:[a,b]\to \mathbb{R}$ אינטגרבילית. בנוסף נתון כי $f$ היא נגזרת. כלומר, קיימת פונקציה גזירה $F:[a,b]\to \mathbb{R}$ שעבורה $F'=f$ .
א. הוכיחו כי לכל חלוקה $P$ של $[a,b]$ קיים סכום רימן של $f$ שמתאים לחלוקה ושווה ל- $F(b)-F(a)$ (ללא שימוש במשפט היסודי)
ב. הוכיחו כי $\int_{a}^b f(x)dx=F(b)-F(a)$ . (גם כן, ללא שימוש במשפט היסודי)

הוכחה: (א')
תהי $P$ חלוקה של $[a,b]$ . $F$ גזירה ולכן רציפה ב- $[a,b]$ . לכן, $F$ מקיימת תנאי לגרנז' בכל $[x_{i-1},x_{i}]$ ולכן:

\forall x_{i-1}< c_{i}< x_{i}:\; \frac{F(x_{i})-F(x_{i-1})}{x_{i}-x_{i-1}}=F'(c_{i})=f(c_{i})

נחשב סכום רימן שמתאים לחלוקה $P$ ולבחירת נקודות $c_{i}$ :

\sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}=\sum_{i=1}^n (F(x_{i})-F(x_{i-1}))=F(x_{1})-F(x_{0})+F(x_{2})-F(x_{1})+\dots+F(x_{n})-F(x_{n-1})=

F(x_{n})-F(x_{0})=F(b)-F(a)

∎

הוכחה: (ב')
נתון כי $f$ אינטגרבילית ולכן לפי משפט, לכל $\epsilon>0$ קיימת $\delta>0$ מתקימה כך שלכל $P$ חלוקה של $[a,b]$ עם פרמטר חלוקה $\lambda (P)<\delta$ .
לפי סעיף קודם, יש בחירה של נקודות $c_{i}$ כך שסכום רימן מקיים:

\sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}=F(b)-F(a)

לכן:

\left| F(b)-F(a)-\int_{a}^b f(x)dx \right|=\left| \sum_{i=1}^n f(c_{i})\Delta x_{i}-\int_{a}^b f(x)dx \right|<\epsilon

זה נכון לכל $\epsilon>0$ ולכן

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

∎

התכונות של האינטגרל המסויים

עבור פונקציות אינטגרביליות מתקיים:

אדיטיביות:
$\int_{a}^b f \underset{\forall c \in(a,b)}{=} \int_{a}^c f+\int_{b}^c f$
ליניאריות:
$\int\alpha f+\beta g=\alpha \int f+\beta \int g$
אין תכונה למכפלה או לחזקה!!!
אי שוויון המשולש:
$\left| \int_{a}^b f \right|\leq \int_{a}^b |f|$
אי-שליליות:
$\forall x \in [a,b]:\; f(x)\geq 0 \implies \int_{a}^b f(x)dx \geq 0$
מונוטוניות האינטגרל המסויים: (כמעט אין תרגיל בנושא שלא קשור לתכונה זו)
$\int_{a}^b f\leq \int_{a}^b g \impliedby f\leq g$
את תכונה זו ניתן לדעת ישירות מ- $6$ (כך גם עבור סעיף $5$ עם הפונקציה $y=0$ )
$\exists m,M,\; \forall x \in [a,b]: m\leq f(x)\leq M \implies m(a-b)\leq \int_{a}^b fdx\leq M(b-a)$
ערך הביניים האינטגרלי: אם $f$ רציפה ב- $[a,b]$ אז קיימת $c \in[a,b]$ כך ש:
$\int_{a}^b f(x)dx=f(c)(b-a)$
מספר סופי של נקודות לא משפיע על ערך האינטגרל.