חזור לתיקייה: תרגול

4 - אינטגרל מוכלל

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי

4 - אינטגרל מוכלל

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות תרגול לקריאה בשבת

אינטגרל מוכלל

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

תרגיל

מצאו את כל ערכי ppp עבורם ∫1∞e−pxdx\displaystyle \int_{1}^\infty e^{-px}dx1∫∞​e−pxdx מתכנס.

נבדוק האם יש עוד נקודה באמצע עבורה הפונקציה לא חסומה. במקרה הזה לא קיימת נקודה שכזה אך אולי זה תלוי ב-ppp.
נחלק למקרים עבור ppp:
מקרה p>0  :Ip>0\;:\mathrm{I}p>0:I

0≤e−px≤↓x≥1e−p0\leq e^{-px} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ x \geq 1 \end{matrix}}{\leq} e^{-p}0≤e−px↓x≥1​≤​e−p

לכן, האינטגרנד חסום ולכן יש לבדוק מה קורה ב-∞\infty∞ בלבד. (הבעיה היחידה היא באינסוף)

∫1∞e−pxdx=lim⁡M→∞∫1Me−pxdx=lim⁡M→∞e−px−p∣1M=lim⁡M→∞(e−pM−p−e−p−p)=lim⁡M→∞e−p−e−pMp=e−pp\int_{1}^\infty e^{-px}dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M e^{-px}dx=\lim_{ M \to \infty } \left.\frac{e^{-px}}{-p}\right\vert_{1}^M =\lim_{ M \to \infty } \left( \frac{e^{-pM}}{-p}-\frac{e^{-p}}{-p} \right)=\lim_{ M \to \infty } \frac{e^{-p}-e^{-pM}}{p}=\frac{e^{-p}}{p}1∫∞​e−pxdx=M→∞lim​1∫M​e−pxdx=M→∞lim​−pe−px​​1M​=M→∞lim​(−pe−pM​−−pe−p​)=M→∞lim​pe−p−e−pM​=pe−p​

⇐ האינטגרל מתכנס עבור p>0p>0p>0.

מקרה p=0  :IIp=0\;:\mathrm{II}p=0:II

∫1∞e0dx=∫1∞dx=∞\int_{1}^{\infty} e^0dx=\int_{1}^\infty dx=\infty1∫∞​e0dx=1∫∞​dx=∞

⇐ האינטגרל מתבדר עבור p=0p=0p=0.

מקרה p<0  :IIIp<0\;:\mathrm{III}p<0:III

∫1∞e−pxdx=lim⁡M→∞∫1Me−pxdx=lim⁡M→∞e−p−e−pMp=∞\int_{1}^\infty e^{-px}dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M e^{-px}dx=\lim_{ M \to \infty } \frac{e^{-p}-e^{-pM}}{p} =\infty1∫∞​e−pxdx=M→∞lim​1∫M​e−pxdx=M→∞lim​pe−p−e−pM​=∞

⇐ האינטגרל מתבדר עבור p<0p<0p<0.

תרגיל

האם האינטגרל ∫01ln⁡xxdx\displaystyle \int_{0}^1 \frac{\ln x}{x}dx0∫1​xlnx​dx מתכנס?

נשים לב כי יש בעיה רק בסביבת 0+0^+0+.

∫01ln⁡xxdx=lim⁡ε→0+∫ε1ln⁡xxdx=↓שיטת ההצבה(t=ln⁡xdt=1xdx)lim⁡ε→0+∫ln⁡ε0tdt=lim⁡ε→0+(022−ln⁡2ε2)=−lim⁡ε→0+ln⁡2ε2=−∞\int_{0}^1 \frac{\ln x}{x}dx=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{\epsilon}^1 \frac{\ln x}{x}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{שיטת ההצבה}} \\ \begin{pmatrix} t=\ln x \\ dt=\frac{1}{x}dx \end{pmatrix} \end{matrix}}{=} \lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{\ln\epsilon}^{0} tdt=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \left( \frac{0^2}{2}-\frac{\ln^2\epsilon}{2} \right)=-\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{\ln^2\epsilon}{2}=-\infty0∫1​xlnx​dx=ε→0+lim​ε∫1​xlnx​dx↓שיטת ההצבה(t=lnxdt=x1​dx​)​=​ε→0+lim​lnε∫0​tdt=ε→0+lim​(202​−2ln2ε​)=−ε→0+lim​2ln2ε​=−∞

לכן, האינטגרל מתבדר :)

תרגיל

תהי f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R רציפה כך ש-∫0∞f(x)dx\displaystyle \int_{0}^\infty f(x)dx0∫∞​f(x)dx מתכנס.
חשבו את lim⁡n→∞∫01f(nx)dx\displaystyle \lim_{ n \to \infty }\int_{0}^1 f(nx)dxn→∞lim​0∫1​f(nx)dx.

נשים לב כי זוהי בעצם סדרה.
מהו הקשר בין שני היצורים הללו? הפונקציה fff רציפה ולכן לפי WWW חסומה בכל קטע סגור. לכן, הבעיה תהיה רק ב-∞\infty∞.
נגדיר: F(x)=∫0xf(t)dt\displaystyle F(x)=\int_{0}^x f(t)dtF(x)=0∫x​f(t)dt.
לכל n∈Nn \in \mathbb{N}n∈N מתקיים:

∫01f(nx)dx=↓t=nxdt=ndx1n∫0nf(t)dt=1nF(n)\int_{0}^1 f(nx)dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ t=nx \\ dt=ndx \end{matrix}}{=} \frac{1}{n}\int_{0}^{n} f(t)dt=\frac{1}{n}F(n)0∫1​f(nx)dx↓t=nxdt=ndx​=​n1​0∫n​f(t)dt=n1​F(n)

כעת קל לנו יותר להסתכל על זה ולהבין מה הולך עם הגבול.
נתון כי ∫0∞f(x)dx\displaystyle \int_{0}^\infty f(x)dx0∫∞​f(x)dx מתכנס ולכן lim⁡x→∞F(x)\lim_{ x \to \infty }F(x)limx→∞​F(x) קיים וסופי (ודאו!)
⇐ מהיינה, lim⁡n→∞F(n)\lim_{ n \to \infty }F(n)limn→∞​F(n) קיים וסופי ובפרט F(n)F(n)F(n) סדרה חסומה.

lim⁡n→∞∫01f(nx)dx=lim⁡n→∞1nF(n)=↓חסומה כפול אפסה0\lim_{ n \to \infty } \int_{0}^1 f(nx)dx=\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{n}F(n) \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{חסומה כפול אפסה}} \end{matrix}}{=}0n→∞lim​0∫1​f(nx)dx=n→∞lim​n1​F(n)↓חסומה כפול אפסה​=​0
תרגיל

בדקו את התכנסות האינטגרל ∫0111−cos⁡xdx\displaystyle \int_{0}^1 \frac{1}{1-\cos x}dx0∫1​1−cosx1​dx.

ללכת לפי הגדרה פה זה קצת מעצבן שכן זה לא אינטגרל מיידי (ניתן להתמודד עם זה בעזרת הפרדה לשני אינטגרלים)
מבחני השוואה הם לאינטגרלים שהם פונקציות אי שלילות - נבדוק האם הפונקציה הזו היא אי שלילית. cos⁡\coscos קטן או שווה ל-111 ולכן הפונקציה אי שלילי.
הבעיה שיש לנו היא ב-000 שבה המכנה מתאפס.

נרצה להבין כמו איזה פולינום האינטגרנד "מתנהג". לכן, נעזר בטיילור:

cos⁡x=1−x22+o(x2)\cos x=1-\frac{x^2}{2}+o(x^2)cosx=1−2x2​+o(x2)

ולכן:

1−cos⁡x=x22+o(x2)1-\cos x=\frac{x^2}{2}+o(x^2)1−cosx=2x2​+o(x2)

לכן, נשווה עם הפונקציה g(x)=1x2g(x)=\frac{1}{x^2}g(x)=x21​.

lim⁡x→0+1x211−cos⁡x=lim⁡x→0+x22+o(x2)x2=lim⁡x→0+(12+o(x2)x2)=12>0\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{1-\cos x}}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\frac{x^2}{2}+o(x^2)}{x^2}=\lim_{ x \to 0^+ } \left( \frac{1}{2}+\frac{o(x^2)}{x^2} \right)=\frac{1}{2}>0x→0+lim​1−cosx1​x21​​=x→0+lim​x22x2​+o(x2)​=x→0+lim​(21​+x2o(x2)​)=21​>0

זאת לפי ההגדרה של o(x2)o(x^2)o(x2).
לכן, לפי מבחן ההשוואה הגבולי מתקיים שהאינטגרל מתבדר (לפי משפט על האינטגרל המוכלל של 1xα\frac{1}{x^\alpha}xα1​ בקטע הנתון)

משפט (מבחני אבל ודיריכלה)

תהינה f,g:[a,∞)→Rf,g:[a,\infty)\to \mathbb{R}f,g:[a,∞)→R כך ש-ggg רציפה ו-fff מונוטונית וגזירה ברציפות.

  • אבל: אם fff חסומה ו-∫a∞g\displaystyle \int_{a}^\infty ga∫∞​g מתכנס
  • דיריכלה: אם lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{ x \to \infty }f(x)=0limx→∞​f(x)=0 ו-∫axg\displaystyle \int_{a}^x ga∫x​g חסום כפונקציה של xxx

אזי: ∫a∞f⋅g\displaystyle \int_{a}^\infty f\cdot ga∫∞​f⋅g מתכנס.

תרגיל

הראו שלכל p>0p>0p>0 האינטגרל ∫1∞sin⁡xxpdx\displaystyle \int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x^p}dx1∫∞​xpsinx​dx מתכנס.

יש לנו רק בעיה ב-∞\infty∞. נגדיר g(x)=sin⁡x,f(x)=1xpg(x)=\sin x, f(x)=\frac{1}{x^p}g(x)=sinx,f(x)=xp1​.
הפונקציה fff מונוטונית, גזירה ברציפות ו-lim⁡x→∞1xp=0\lim_{ x \to \infty } \frac{1}{x^p}=0limx→∞​xp1​=0 שכן p>0p>0p>0.
הפונקציה ggg רציפה ומתקיים כי ∫1xsin⁡t dt\displaystyle \int_{1}^x \sin t\,dt1∫x​sintdt חסומה שכן:

∣∫1xsin⁡t dt∣=∣−cos⁡t∣1x∣=∣cos⁡1−cos⁡x∣≤2\left| \int_{1}^x\sin t\,dt \right|=\left| \left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}-\cos t\right\vert_{1}^x \right|=\left| \cos 1-\cos x \right|\leq 2​1∫x​sintdt​=​​−cost​1x​​=∣cos1−cosx∣≤2

לכן, לפי מבחן דיריכלה, ∫1∞fg=∫1∞sin⁡xxpdx\displaystyle \int_{1}^\infty fg=\int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x^p}dx1∫∞​fg=1∫∞​xpsinx​dx מתכנס.

תרגיל

הראו שלכל p>0p>0p>0 האינטגרל ∫1∞xpsin⁡x dx\displaystyle \int_{1}^\infty x^p \sin x\,dx1∫∞​xpsinxdx מתבדר.

יש בעיה רק באינסוף.
נניח בשלילה שהאינטגרל מתכנס. נסמן: g(x)=xpsin⁡xg(x)=x^p\sin xg(x)=xpsinx רציפה מכפל של רציפות ולפי ההנחה בשלילה ∫1∞g\displaystyle \int_{1}^\infty g1∫∞​g מתכנס.
נגדיר f(x)=1xpf(x)=\frac{1}{x^p}f(x)=xp1​ מונוטונית וגזירה ברציפות וחסומה (p>0)(p>0)(p>0).

∫1∞fg=∫1∞1xpxpsin⁡xdx=∫1∞sin⁡xdx\int_{1}^\infty fg=\int_{1}^\infty \frac{1}{x^p} x^p \sin xdx=\int_{1}^\infty \sin xdx1∫∞​fg=1∫∞​xp1​xpsinxdx=1∫∞​sinxdx

לפי מבחן אבל, האינטגרל הנ"ל מתכנס וזוהי סתירה :)
לכן, האינטגרל הנתון מתבדר.

תרגיל

נתונה fff אינטגרבילית ב-[a,1][a,1][a,1] לכל 0<a<10<a<10<a<1 ונתון שהאינטגרל המוכלל ∫01f(x)dx\displaystyle \int_{0}^1 f(x)dx0∫1​f(x)dx מתכנס.
חשבו: lim⁡a→0+∫0af(x)dx\displaystyle \lim_{ a \to 0^+ }\int_{0}^a f(x)dxa→0+lim​0∫a​f(x)dx.

לכל 0<a<10<a<10<a<1 מתקיים:

∫0af(x)dx=↓אדיטיביות∫01f(x)dx−∫a1f(x)dx\int_{0}^a f(x)dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אדיטיביות}} \end{matrix}}{=} \int_{0}^1 f(x)dx-\int_{a}^1 f(x)dx0∫a​f(x)dx↓אדיטיביות​=​0∫1​f(x)dx−a∫1​f(x)dx

באגף ימין יש לנו הפרש של אינטגרל מתכנס(נתון) ואינטגרל רימן. לכן, לכל aaa אגף ימין מוגדר ולכן גם אגף שמאל.

lim⁡a→0+∫0af(x)dx=∫01f(x)dx−lim⁡a→0+∫a1f(x)dx ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣=↓הגדרת אינטגרל מוכלל ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣∫01f(x)dx−∫01f(x)dx=0\lim_{ a \to 0^+ } \int_{0}^a f(x)dx=\int_{0}^1 f(x)dx-\lim_{ a \to 0^+ } \int_{a}^1 f(x)dx \!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{הגדרת אינטגרל מוכלל}} \end{matrix}}{=}\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\! \int_{0}^1 f(x)dx-\int_{0}^1 f(x)dx=0a→0+lim​0∫a​f(x)dx=0∫1​f(x)dx−a→0+lim​a∫1​f(x)dx↓הגדרת אינטגרל מוכלל​=​0∫1​f(x)dx−0∫1​f(x)dx=0