-

CaÃlki niewÃla´sciwe

Definicja 11.1 (

D lugo´

sci wykresu funkcji

)

DÃlugo´s´c wykresu funkcji f : [a, b] −→ R jest r´owna kresowi g´ornemu dÃlugo´sci Ãlama-

nych wpisanych w wykres, tj. liczb postaci

n

X

j=1

q

(x

j

− x

j−1

)

2

+

¡

f (x

j

) − f (x

j−1

)

¢

2

,

gdzie a = x

0

< x

1

< x

2

< . . . < x

n−1

< x

n

= b .

ZaÃl´o˙zmy, ˙ze funkcja f : [a, b] −→ R jest r´o˙zniczkowalna i ˙ze jej pochodna f

0

jest caÃlkowalna na przedziale [a, b] . Wtedy caÃlkowalna w sensie Riemanna jest te˙z

funkcja

p

1 + f

0

(x)

2

.

Niech a = x

0

< x

1

< x

2

< . . . < x

n

= b . Niech l

i

oznacza dÃlugo´s´c odcinka

Ãla

,

cza

,

cego punkty

¡

x

i−1

, f (x

i−1

)

¢

i

¡

x

i

, f (x

i

)

¢

. Mamy wie

,

c

l

i

=

q

(x

i

− x

i−1

)

2

+ (f (x

i

) − f (x

i−1

))

2

.

Z twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej wynika, ˙ze istnieje taka liczba

t

i

∈ (x

i−1

, x

i

) , ˙ze zachodzi r´owno´s´c

l

i

=

p

(x

i

− x

i−1

)

2

+ f

0

(t

i

)

2

(x

i

− x

i−1

)

2

= (x

i

− x

i−1

)

p

1 + (f

0

(t

i

)

2

) .

Sta

,

d wynika, ˙ze dÃlugo´s´c Ãlamanej r´owna jest

l

1

+ l

2

+ . . . + l

n

=

n

X

i=1

(x

i

− x

i−1

)

p

1 + (f

0

(t

i

)

2

) .

Z nier´owno´sci tr´ojka

,

ta wynika, ˙ze w wyniku dodania nowych punkt´ow podziaÃlu,

dÃlugo´s´c Ãlamanej wzro´snie, a przynajmniej sie

,

nie zmniejszy. Sta

,

d wynika, ˙ze mo˙zna

zakÃlada´c, ˙ze 0 < x

j

− x

j−1

< δ dla dowolnej liczby δ > 0 . Udowodnili´smy wie

,

c

Twierdzenie 11.2 (

o d lugo´

sci wykresu funkcji

)

DÃlugo´s´c wykresu funkcji f jest r´owna

R

b

a

q

1 + (f

0

(x))

2

dx .

Ten wynik jest bardzo jasny z punktu widzenia fizyki. ZaÃl´o˙zmy, ˙ze wykres funkcji

to np. szosa, po kt´orej porusza sie

,

samoch´od w ten spos´ob, ˙ze skÃladowa pozioma wek-

tora pre

,

dko´sci r´owna jest 1 . Niech x oznacza czas. Wtedy w chwili x znajdujemy

sie

,

w punkcie

¡

x, f (x)

¢

— zakÃladamy, ˙ze startujemy z punktu

¡

a, f (a)

¢

, wtedy f

0

(x)

mierzy pre

,

dko´s´c zmian warto´sci funkcji f w chwili x , jest wie

,

c to druga skÃladowa

wektora pre

,

dko´sci naszego pojazdu.

Jego pre

,

dko´scia

,

skalarna

,

jest wie

,

c dÃlugo´s´c

wektora pre

,

dko´sci, czyli liczba

q

1 + (f

0

(x))

2

, ta pre

,

dko´s´c jest oczywi´scie zale˙zna

od czasu. Przebyta

,

droge

,

nale˙zy oblicza´c mno˙za

,

c czas przez pre

,

dko´s´c. Poniewa˙z

pre

,

dko´s´c jest zmienna, wie

,

c prowadzi to do dzielenia czasu podr´o˙zy, na kr´otkie

odcinki, w kr´otkim okresie czasu pre

,

dko´s´c jest prawie staÃla (pre

,

dko´s´c jest funkcja

,

1

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

cia

,

gÃla

,

czasu), naste

,

pnie mno˙zymy ten kr´otki czas przez pre

,

dko´s´c z jaka

,

sie

,

w nim

poruszamy i sumujemy. Otrzymujemy sume

,

Riemanna funkcji

q

1 + (f

0

(x))

2

, a po

przej´sciu granicznym (rozpatrywane odcinki czasu sa

,

coraz bli˙zsze 0 ) otrzymujemy

caÃlke

,

R

b

a

q

1 + (f

0

(x))

2

dx . Rozumuja

,

c analogicznie doj´s´c mo˙zna do wniosku, ˙ze

R

b

a

f (x)dx jest droga

,

przebyta

,

przez pojazd poruszaja

,

cy sie

,

po prostoliniowej drodze

w ten spos´ob, ˙ze w chwili x jego pre

,

dko´scia

,

jest f (x) .

Ten argument jest bardzo wa˙zny historycznie: Newton tworzyÃl rachunek r´o˙znicz-

kowy i caÃlkowy w silnym zwia

,

zku z fizyka

,

. Po drugie poje

,

cie pre

,

dko´sci nie jest trudne,

przemawia do wyobra´zni, wie

,

c studenci proszeni sa

,

o chwile

,

zastanowienia nad tym

tekstem! Warto te˙z zda´c sobie sprawe

,

z tego, ˙ze caÃlkowicie analogicznie przyspiesze-

nie jest powia

,

zane z pre

,

dko´scia

,

— po prostu wsze

,

dzie zaste

,

pujemy poÃlo˙zenie przez

pre

,

dko´s´c i jednocze´snie pre

,

dko´s´c przez przyspieszenie.

PrzykÃlad 11.1

Obliczymy dÃlugo´s´c Ãluku paraboli y = x

2

, kt´ory zaczyna sie

,

w punkcie (0, 0) i ko´

nczy sie

,

w punkcie

¡

a, a

2

¢

. Zgodnie z poprzedzaja

,

cymi ten

przykÃlad rozwa˙zaniami ta dÃlugo´s´c r´owna jest

R

a

0

p

1 + (2x)

2

dx . Podobna

,

caÃlke

,

obliczali´smy wcze´sniej, wie

,

c nie be

,

dziemy powtarza´c oblicze´

n w istocie rzeczy takich

samych. Podstawiaja

,

c poprzednio otrzymanym wyniku np. x = 4u i w ostatecznym

wyniku pisza

,

c x zamiast u otrzymujemy

R √

1 + 4x

2

dx =

x

4

q

1 +

x

2

4

+

1
4

ln

¡

2x +

√

1 + 4x

2

¢

+ C .

Sta

,

d wynika, ˙ze ten Ãluk paraboli ma dÃlugo´s´c

a
4

q

1 +

a

2

4

+

1
4

ln

¡

2a +

√

1 + 4a

2

¢

.

Okazuje sie

,

, ˙ze wynik jest zadziwiaja

,

co skomplikowany. W XIX w. matem-

atykom udaÃlo sie

,

wykaza´c, ˙ze dÃlugo´s´ci elipsy, kt´ora nie jest okre

,

giem, nie mo˙zna

wyrazi´c za pomoca

,

tzw. funkcji elementarnych. Mo˙zna to zrobi´c za pomoca

,

tzw.

funkcji eliptycznych. Piszemy o tym po to jedynie, by raz jeszcze przestrzec, ˙ze

m´owimy tu jedynie o rzeczach w analizie matematycznej najprostszych, bo te tylko

znajduja

,

sie

,

w i tak wypeÃlnionych programach studi´ow.

Obliczymy teraz dÃlugo´s´c okre

,

gu, a wÃla´sciwie jego poÃlowy, cho´c wszyscy dobrze

znaja

,

wz´or, kt´ory otrzymamy. Tu rachunek be

,

dzie bardzo prosty, a r´o˙znica mie

,

dzy

okre

,

giem i elipsa

,

tak niewielka. Niewielka ale bardzo istotna: w caÃlce, kt´ora

,

trzeba

znale´z´c w przypadku elipsy wyste

,

puje iloraz dw´och wielomian´ow kwadratowych,

w przypadku okre

,

gu wielomian jest tylko jeden.

PrzykÃlad 11.2

P´oÃlokra

,

g o promieniu r > 0 mo˙zemy potraktowa´c jako wykres

funkcji

√

r

2

− x

2

zdefiniowanej na przedziale [−r, r] . Wobec tego jego dÃlugo´s´c r´owna

2

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

jest
R

r

−r

r

1 +

³¡√

r

2

− x

2

¢

0

´

2

dx =

R

r

−r

r

1 +

³

−x

√

r

2

−x

2

´

2

dx =

R

r

−r

q

1 +

x

2

r

2

−x

2

dx =

=

R

r

−r

r

√

r

2

−x

2

dx

x=r sin t

==========

dx=r cos t dt

r

R

π/2

−π/2

dt = πr .

Otrzymali´smy wie

,

c dobrze znany wynik.

Przyjrzawszy sie

,

nieco dokÃladniej ostatniemu przykÃladowi dostrze˙zemy jednak

drobne (?) oszustwo. Rzecz w tym, ˙ze pochodna funkcji, kt´ora

,

przyszÃlo nam rozpa-

trywa´c jest w ko´

ncach przedziaÃlu niesko´

nczona, wie

,

c stosowali´smy twierdzenie w sytu-

acji, w kt´orej zaÃlo˙zenia nie sa

,

speÃlnione, co nie brzmi najlepiej. Ten problem pojawia

sie

,

w wielu sytuacjach. Trzeba wie

,

c wyja´sni´c nieco dokÃladniej jak definiujemy caÃlki,

kt´ore wysta

,

piÃly, i co mo˙zna wnioskowa´c z ich istnienia.

Definicja 11.3 (

ca lki niew la´

sciwej

)

Je´sli funkcja f : [a, b) −→ IR ma funkcje

,

pierwotna

,

i istnieje granica lim

c→b

−

R

c

a

f (x)dx ,

to granice

,

te

,

nazywamy caÃlka

,

niewÃla´sciwa

,

funkcji f na przedziale [a, b) . Stosu-

jemy to samo oznaczenie co dla caÃlki wÃla´sciwej

R

b

a

f (x)dx . Je´sli caÃlka niewÃla´sciwa

jest sko´

nczona, to m´owimy, ˙ze jest zbie˙zna. Je´sli caÃlka

R

b

a

|f (x)|dx jest zbie˙zna,

to m´owimy, ˙ze caÃlka

R

b

a

f (x)dx jest bezwzgle

,

dnie zbie˙zna. Analogicznie definiujemy

caÃlke

,

niewÃla´sciwa

,

z funkcji okre´slonej na przedziale otwarto–domknie

,

tym (a, b] . Je´sli

funkcja jest okre´slona na przedziale otwartym (a, b) i istnieja

,

caÃlki niewÃla´sciwe na

przedziaÃlach (a, c] i [c, b) , to ich sume

,

, je´sli jest zdefiniowana, nazywamy caÃlka

,

niewÃla´sciwa

,

funkcji f na przedziale (a, b) , stosujemy zn´ow to samo oznaczenie

R

b

a

f (x)dx . Zamiast zakÃlada´c, ˙ze funkcja f ma funkcje

,

pierwotna

,

mo˙zna zaÃlo˙zy´c,

˙ze jest caÃlkowalna w sensie Riemanna na ka˙zdym z przedziaÃl´ow postaci [a, c] , gdzie

a < c < b .

PrzykÃlad 11.3

Obliczymy caÃlke

,

R

r

−r

1

√

r

2

−x

2

dx . Funkcja nie jest zdefiniowana

w ˙zadnym ko´

ncu przedziaÃlu, wie

,

c rozpatrzymy oddzielnie dwie caÃlki:

R

r

0

1

√

r

2

−x

2

dx

oraz

R

0

−r

1

√

r

2

−x

2

dx . Zachodzi r´owno´s´c

R

1

√

r

2

−x

2

dx = arcsin

x

r

+ C , zatem

lim

c→r

−

R

c

0

1

√

r

2

−x

2

dx = lim

c→r

−

¡

arcsin

c
r

− arcsin

0
r

¢

= arcsin

r
r

=

π

2

.

Analogicznie

lim

c→−r

+

R

0

c

1

√

r

2

−x

2

dx = lim

c→−r

+

¡

arcsin

0
r

− arcsin

−r

r

¢

= − arcsin(−1) =

π

2

.

Obie caÃlki sa

,

sko´

nczone, czyli zbie˙zne, wie

,

c zgodnie z definicja

,

caÃlka

R

r

−r

1

√

r

2

−x

2

dx

jest zbie˙zna do

π

2

+

π

2

= π .

PrzykÃlad 11.4

Obliczymy caÃlke

,

R

∞

0

1

1+x

2

dx . Zachodza

,

r´owno´sci

3

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

R

∞

0

1

1+x

2

dx = lim

c→∞

R

c

0

1

1+x

2

dx = lim

c→∞

(arctg x)

¯

¯

¯

c

0

= lim

c→∞

(arctg c − arctg 0) =

π

2

.

CaÃlka jest wie

,

c sko´

nczona, zatem funkcja

1

1+x

2

ma caÃlke

,

niewÃla´sciwa

,

na p´oÃlprostej

[0, ∞) , kt´ora jest r´owna

π

2

. Z parzysto´sci funkcji

1

1+x

2

wynika, ˙ze zachodzi r´owno´s´c

R

∞

−∞

1

1+x

2

dx = π .

PrzykÃlad 11.5

Teraz zajmiemy sie

,

caÃlka

,

R

∞

1

x

a

dx zakÃladaja

,

c, ˙ze a 6= −1 . Mamy

zatem
R

∞

1

x

a

dx = lim

c→∞

R

c

1

x

a

dx = lim

c→∞

³

1

a+1

x

a+1

´ ¯¯

¯

¯

c

1

= lim

c→∞

c

a+1

−1

a+1

=

½

+∞ dla a > −1 ,

−1

a+1

dla a < −1 .

OkazaÃlo sie

,

, ˙ze im wie

,

kszy wykÃladnik tym wie

,

ksza caÃlka. Dla ,,du˙zych” wykÃladnik´ow

caÃlka jest niesko´

nczona dla ,,maÃlych” sko´

nczona, tym mniejsza im mniejszy wykÃlad-

nik. Oczywi´scie sÃlowa ,,maÃly” i ,,du˙zy” maja

,

znaczenie umowne.

PrzykÃlad 11.6

Obliczymy

R

∞

0

e

−λx

dx zakÃladaja

,

c, ˙ze λ > 0 , w przypadku λ ≤ 0

warto´sci funkcji podcaÃlkowej nie sa

,

mniejsze ni˙z 1, wie

,

c caÃlka jest niesko´

nczona, bo

musi by´c wie

,

ksza od pola prostoka

,

ta o wysoko´sci 1 i dowolnie dÃlugiej podstawie.

Mamy

R

∞

0

e

−λx

dx = lim

c→∞

R

c

0

e

−λx

dx = lim

c→∞

¡

−

1

λ

e

−λx

¢ ¯¯

¯

c

0

λ>0

====

1

λ

. Wykazali´smy,

˙ze dla ka˙zdej liczby λ > 0 funkcja e

−λx

ma sko´

nczona

,

caÃlke

,

niewÃla´sciwa

,

na p´oÃl-

prostej [0, ∞) .

PrzykÃlad 11.7

Wyka˙zemy teraz, ˙ze caÃlka

R

+∞

−∞

e

−x

2

dx jest sko´

nczona. Mamy

e

x

2

≥ 1 + x

2

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x , wie

,

c

R

c

0

e

−x

2

dx ≤

R

c

0

1

1+x

2

dx <

π

2

.

CaÃlka

R

c

0

e

−x

2

dx ro´snie wraz z c , oczywi´scie teraz rozwa˙zamy tylko c > 0 . Wobec

tego granica lim

c→∞

R

c

0

e

−x

2

dx istnieje i jedyna

,

kwestia

,

jest to, czy jest ona sko´

nczona.

Poniewa˙z dla ka˙zdej liczby c > 0 warto´s´c caÃlki jest mniejsza ni˙z

π

2

, wie

,

c zachodzi

nier´owno´s´c

R

∞

0

e

−x

2

dx = lim

c→∞

R

c

0

e

−x

2

dx ≤

π

2

. SpeÃlnili´smy obietnice

,

: udowod-

nili´smy, ˙ze caÃlka jest sko´

nczona.

Wida´c z powy˙zszych przykÃlad´ow, ˙ze powody, dla kt´orych trzeba rozpatrywa´c

czasem caÃlki nieoznaczone, bywaja

,

r´o˙zne. Mo˙zemy mie´c do czynienia z nieograniczo-

na

,

funkcja lub z nieograniczona

,

dziedzina

,

funkcji. Wypada stwierdzi´c, ˙ze jedna

,

z pod-

stawowych r´o˙znic mie

,

dzy caÃlka

,

Riemanna i caÃlka

,

niewÃla´sciwa

,

jest to, ˙ze w wypadku

caÃlki niewÃla´sciwej nie jest prawdziwe twierdzenie o sumach Riemanna. R´o˙znica

mie

,

dzy caÃlka

,

niewÃla´sciwa

,

i jej suma

,

Riemanna mo˙ze by´c dowolnie du˙za nawet dla

bardzo drobnego podziaÃlu dziedziny: wystarczy wybra´c odpowiednie punkty w prze-

dzialikach, kt´ore tworza

,

ten podziaÃl. Je´sli np. rozwa˙zamy caÃlke

,

R

1

0

1

√

1−x

2

dx , to

dziela

,

c przedziaÃl [0, 1] punktami 0 = x

0

< x

1

< x

2

< . . . < x

n−1

< x

n

= 1 na

4

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

kr´otkie przedzialiki, nie jeste´smy w stanie unikna

,

´c tego, ˙ze w przedziale [x

n−1

, x

n

)

funkcja

1

√

1−x

2

przyjmuje warto´sci dowolnie du˙ze. Mo˙zemy wie

,

c wybra´c w nim punkt

t

n

w taki spos´ob, by liczba

x

n

−x

n−1

√

1−t

2

n

byÃla wie

,

ksza ni˙z np. 1410, co spowoduje, ˙ze

niezale˙znie od tego jak wybierzemy punkty w pozostaÃlych przedzialikach warto´s´c

sumy Riemanna be

,

dzie wielokrotnie przewy˙zsza´c dÃlugo´s´c okre

,

gu o promieniu 1 .

Oczywi´scie stwarza to problemy z interpretacja

,

caÃlki, ale nic na to nie mo˙zna po-

radzi´c.

CaÃlki niewÃla´sciwe pojawiaja

,

sie

,

w naturalny spos´ob, bo przecie˙z nie mo˙zna uzna´c

obliczania dÃlugo´sci okre

,

gu za zadanie bardzo sztuczne. Po prostu nale˙zy stosowa´c je

ostro˙zniej, ale nale˙zy to robi´c. We wspomnianym przypadku mo˙zna np. twierdzi´c,

˙ze rozpatruja

,

c nieco kr´otszy Ãluk odpowiadaja

,

cy przedziaÃlowi [0, c) mo˙zemy go przy-

bli˙za´c caÃlka

,

, caÃlka

R

c

0

1

√

1−x

2

dx r´o˙zni sie

,

minimalnie od caÃlki

R

1

0

1

√

1−x

2

dx , wie

,

c sumy

Riemanna pierwszej z nich, wie

,

c wÃla´sciwej, przybli˙zaja

,

ja

,

wie

,

c kr´otszy Ãluk, ale ten

kr´otszy przybli˙za dÃlu˙zszy, wie

,

c suma Riemanna caÃlki

R

c

0

1

√

1−x

2

dx przybli˙za ´cwier´c

dÃlugo´sci okre

,

gu o promieniu 1. Ten przykÃlad pokazuje jak mo˙zna powstaja

,

ce prob-

lemy rozwia

,

zywa´c. W dalszym cia

,

gu be

,

dziemy przyjmowa´c, ˙ze opisane wcze´sniej

interpretacje caÃlek wÃla´sciwych (dÃlugo´sci, pola, pre

,

dko´sci) zachowuja

,

sens r´ownie˙z

w wypadku caÃlek niewÃla´sciwych.

Czytelnicy z pewno´scia

,

zauwa˙zyli pewne podobie´

nstwa mie

,

dzy caÃlkami niewÃla´s-

ciwymi i szeregami, nawet terminologia jest w podobna. Om´owimy teraz twierdzenia,

kt´ore to podobie´

nstwo nie´zle uwidocznia

,

. Zaczniemy od warunku koniecznego i dosta-

tecznego na zbie˙zno´s´c caÃlki.

Twierdzenie 11.4 (

warunek Cauchy’ego zbie˙zno´

sci ca lki niew la´

sciwej

)

Je´sli dla ka˙zdego x ∈ (a, b) funkcja f : [a, b) −→ R jest caÃlkowalna na przedziale

[a, x] , to caÃlka

R

b

a

f (t)dt jest zbie˙zna wtedy i tylko wtedy, gdy dla ka˙zdego ε > 0

istnieje c

ε

∈ (a, b) takie, ˙ze je´sli c

ε

< x

1

, x

2

< b , to

ε >

¯

¯

R

x

1

a

f (t)dt −

R

x

2

a

f (t)dt

¯

¯ =

¯

¯

R

x

2

x

1

f (t)dt

¯

¯ .

Dow´

od. To twierdzenie wynika od razu z twierdzenia m´owia

,

cego, ˙ze funkcja ma

sko´

nczona

,

granice

,

w punkcie b wtedy i tylko wtedy, gdy speÃlniony jest odpowiedni

warunek Cauchy’ego.

Twierdzenie 11.5 (

Kryterium ca lkowe Cauchy’ego Maclaurina zbie˙zno´

sci szeregu

)

Je´sli funkcja f : [1, ∞] −→ [0, ∞) jest nierosna

,

ca, to szereg

∞

X

n=1

f (n) jest zbie˙zny

wtedy i tylko wtedy, gdy zbie˙zna jest caÃlka niewÃla´sciwa

R

∞

1

f (x)dx .

5

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

Dow´

od. Nie ma oczywi´scie ˙zadnego problemu z istnieniem caÃlek

R

c

1

f (x)dx , bo

ich istnienie jest konsekwencja

,

monotoniczno´sci funkcji f . Podobnie szereg

∞

X

n=1

f (n)

ma sume

,

, by´c mo˙ze niesko´

nczona

,

, bo jego wyrazy sa

,

nieujemne. Poniewa˙z funkcja

f jest nierosna

,

ca, wie

,

c nier´owno´s´c f (n) ≥

R

n+1

n

f (x)dx ≥ f (n + 1) ma miejsce dla

ka˙zdej liczby naturalnej n . Sta

,

d od razu wynika, ˙ze

∞

X

n=1

f (n) ≥

R

∞

1

f (x)dx ≥

∞

X

n=2

f (n) ,

a z tej nier´owno´sci teza twierdzenia wynika natychmiast.

Uwaga 11.6

Je´sli funkcja f : [1, ∞] −→ [0, ∞) jest nierosna

,

ca i caÃlka

R

∞

1

f (x)dx jest zbie˙zna, to

lim

x→∞

f (x) = 0 .

´

Cwiczonko: Poda´c przykÃlad takiej funkcji f : [1, ∞] −→ [0, ∞) , dla kt´orej caÃlka

R

∞

1

f (x)dx jest zbie˙zna, chocia˙z lim

n→∞

f (n) = ∞ .

Naste

,

pne twierdzenie przyda sie

,

do dowodu odpowiednika twierdze´

n Abela i

Dirichleta m´owia

,

cych o zbie˙zno´sci szeregu.

Twierdzenie 11.7 (

drugie o warto´

sci ´

sredniej

)

Je´sli funkcja f : [a, b] → R jest caÃlkowalna, funkcja g: [a, b] → R — monotoniczna, to

istnieje liczba c ∈ [a, b] taka, ˙ze

R

b

a

f (x)g(x)dx = g(a)

R

c

a

f (x)dx + g(b)

R

b

c

f (x)dx .

Dow´

od. ZaÃlo˙zymy najpierw, ˙ze funkcje f, g sa

,

wielomianami. Definiujemy nowa

,

funkcje

,

: F (x) =

R

x

a

f (t)dt . Mamy

R

b

a

f (x)g(x)dx = F (b)g(b) − F (a)g(a) −

R

b

a

F (t)g

0

(t)dt .

Poniewa˙z funkcja g jest monotoniczna, wie

,

c jej pochodna g

0

jest nieujemna albo

niedodatnia. Wynika sta

,

d, ˙ze istnieje liczba c ∈ [a, b] taka, ˙ze

R

b

a

F (t)g

0

(t)dt = F (c)

R

b

a

g

0

(t)dt = F (c)[g(b) − g(a)] .

Wobec tego

R

b

a

f (x)g(x)dx = F (b)g(b) − F (a)g(a) − F (c)[g(b) − g(a)] =

= g(a)[F (c) − F (a)] + g(b)[F (b) − F (c)] = g(a)

R

c

a

f (x)dx + g(b)

R

b

c

f (x)dx .

Udowodnili´smy twierdzenie w tym przypadku.

Teraz przejdziemy do sytuacji og´olnej. Niech M > 0 be

,

dzie taka

,

liczba

,

, ˙ze dla

ka˙zdego x ∈ [a, b] zachodza

,

nier´owno´sci |f (x)|, |g(x)| < M . Dla ustalenia uwagi

zaÃl´o˙zmy, ˙ze g jest funkcja

,

niemaleja

,

ca

,

. Niech f

n

, g

n

be

,

da

,

takimi wielomianami,

˙ze

R

b

a

|f (x) − f

n

(x)|dx <

1

n

i

R

b

a

|g(x) − g

n

(x)|dx <

1

n

oraz |f

n

(x)|, |g(x)| ≤ M .

6

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

Mo˙zemy zaÃlo˙zy´c, ˙ze wielomian g

n

jest funkcja

,

´sci´sle rosna

,

ca

,

oraz ˙ze g

n

(a) = g(a)

i g

n

(b) = g(b) dla ka˙zdego n . Z ju˙z udowodnionej cze

,

´sci twierdzenia wynika, ˙ze dla

ka˙zdej liczby naturalnej n istnieje taka liczba c

n

∈ [a, b] , ˙ze

R

b

a

f

n

(x)g

n

(x)dx = g(a)

R

c

n

a

f (x)dx + g(b)

R

b

c

n

f (x)dx .

Cia

,

g (c

n

) mo˙ze nie mie´c granicy, ale mo˙zna z niego wybra´c podcia

,

g zbie˙zny c

n

k

.

Niech c = lim

k→∞

c

n

k

. Mamy teraz

¯

¯

¯

R

b

a

f (x)g(x)dx −

R

b

a

f

n

(x)g

n

(x)dx

¯

¯

¯ ≤

≤

¯

¯

¯

R

b

a

£

f (x) − f

n

(x)

¤

g(x)dx +

R

b

a

f

n

(x)

£

g(x) − g

n

(x)

¤

dx

¯

¯

¯ <

1

n

(b − a)M −−−−→

n→∞

0 ,

Podobnie

¯

¯

¯

R

c

a

f (x)dx −

R

c

nk

a

f

n

k

(x)dx

¯

¯

¯ ≤

R

c

nk

a

¯

¯f(x) − f

n

k

(x)

¯

¯dx +

¯

¯

¯

R

c

nk

c

f (x)dx

¯

¯

¯ ≤

≤

R

b

a

¯

¯f(x) − f

n

k

(x)

¯

¯dx + |c − c

n

k

| · M <

1

n

k

+ |c − c

n

k

| · M −−−−→

k→∞

0 ,

¯

¯

¯

R

b

c

f (x)dx −

R

b

c

nk

f

n

k

(x)dx

¯

¯

¯ ≤

R

b

c

nk

¯

¯f(x) − f

n

k

(x)

¯

¯dx +

¯

¯

¯

R

c

nk

c

f (x)dx

¯

¯

¯ ≤

≤

R

b

a

¯

¯f(x) − f

n

k

(x)

¯

¯dx + |c − c

n

k

| · M <

1

n

k

+ |c − c

n

k

| · M −−−−→

k→∞

0 .

Wobec tego lim

n→∞

R

b

a

f

n

(x)g

n

(x)dx =

R

b

a

f (x)g(x)dx , lim

k→∞

h

g

n

k

(a)

R

c

nk

a

f

n

k

(x)dx

i

=

=g(a)

R

c

a

f (x)dx i lim

k→∞

h

g

n

k

(b)

R

b

c

nk

f

n

k

(x)dx

i

= g(b)

R

b

c

f (x)dx , a z tych r´owno´sci

teza wynika od razu.

Twierdzenie 11.8 (

Abela–Dirichleta dla ca lek

)

Niech g: [a, ∞) −→ R be

,

dzie funkcja

,

monotoniczna

,

i ograniczona

,

i niech be

,

dzie

speÃlnione jedno z zaÃlo˙ze´

n

(i) caÃlka

R

∞

a

f (x)dx istnieje i jest sko´

nczona;

(ii) dla ka˙zdego x > a istnieje

R

x

a

f (t)dt i istnieje liczba M > 0 taka, ˙ze dla

dowolnych x

1

, x

2

> a zachodzi nier´owno´s´c

¯

¯

¯

R

x

2

x

1

f (t)dt

¯

¯

¯ ≤ M oraz lim

x→∞

g(x) = 0 .

Wtedy caÃlka

R

∞

a

f (t)g(t)dt jest zbie˙zna.

Dow´

od. Nale˙zy sprawdzi´c, ˙ze jest speÃlniony warunek Cauchy’ego zbie˙zno´sci caÃlki

niewÃla´sciwej. Niech ε be

,

dzie liczba

,

dodatnia

,

. Poniewa˙z funkcja g jest monotoniczna,

wie

,

c dla dowolnych liczb x

1

, x

2

∈ (a, ∞) , x

1

< x

2

, istnieje liczba c ∈ (x

1

, x

2

) taka,

˙ze

R

x

2

x

1

f (t)g(t)dt = g(x

1

)

R

c

x

1

f (t)dt + g(x

2

)

R

x

2

c

f (t)dt . ZaÃl´o˙zmy, ˙ze speÃlniony jest

warunek (i). Niech M > 0 be

,

dzie taka

,

liczba

,

, ˙ze dla ka˙zdego x ∈ (a, ∞) zachodzi

|g(x)| ≤ M . Poniewa˙z caÃlka

R

x

a

f (t)dt jest zbie˙zna, wie

,

c istnieje liczba d > a taka,

˙ze je˙zeli x

1

, x

2

> d , to

¯

¯

R

x

2

x

1

f (t)dt

¯

¯ <

ε

2M

. Sta

,

d i z poprzednio napisanej r´owno´sci

wynika, ˙ze je´sli d < x

1

< x

2

, to

¯

¯

¯

R

x

2

x

1

f (t)g(t)dt

¯

¯

¯ ≤

¯

¯

¯g(x

1

)

R

c

x

1

f (t)dt + g(x

2

)

R

x

2

c

f (t)dt

¯

¯

¯ < M ·

ε

2M

+ M ·

ε

2M

= ε .

7

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

Drobne zmiany w tym dowodzi niezbe

,

dne dla przeprowadzenia dowodu przy zaÃlo˙zeniu

warunku (ii) czytelnik z Ãlatwo´scia

,

wprowadzi sam.

PrzykÃlad 11.8

Wyka˙zemy, ˙ze caÃlka

R

∞

0

sin x

2

dx jest zbie˙zna, cho´c nie jest to

zbie˙zno´s´c bezwzgle

,

dna.

Je´sli n jest liczba

,

naturalna

,

i a

n

:=

p

2nπ +

π

6

≤ x ≤

q

2nπ +

5π

6

:= b

n

, to

sin x

2

≥

1
2

. Wobec tego

R

∞

0

| sin x

2

|dx ≥

∞

X

n=0

R

b

n

a

n

| sin x

2

|dx ≥

∞

X

n=0

1
2

(b

n

− a

n

) =

=

∞

X

n=0

2π/3

2(

√

2nπ+5π/6+

√

2nπ+π/6)

≥

∞

X

n=0

1

2

√

(2n+1)π

= ∞ ,

co ko´

nczy dow´od rozbie˙zno´sci caÃlki

R

∞

0

| sin x

2

|dx .

ÃLatwo mo˙zna zauwa˙zy´c, ˙ze

R

∞

1

sin x

2

dx

t=x

2

========

dt=2x dx

R

∞

1

1

2

√

t

sin tdt . Zachodzi nier´ow-

no´s´c:

¯

¯

¯

R

x

1

sin tdt

¯

¯

¯ = | cos 1 − cos x| < 2 , funkcja

1

√

t

jest maleja

,

ca i zbie˙zna do

0 przy t −→ ∞ , zatem caÃlka

R

∞

1

1

2

√

t

sin tdt jest zbie˙zna. Sta

,

d i z caÃlkowalno´sci

funkcji sin x

2

na przedziale [0, 1] wynika zbie˙zno´s´c caÃlki

R

∞

0

sin x

2

dx .

PrzykÃlad 11.9

CaÃlka

R

∞

0

sin x

x

dx jest zbie˙zna, ale nie jest zbie˙zna bezwzgle

,

dnie.

Oczywi´scie w punkcie 0 nie ma osobliwo´sci, bowiem

sin x

x

= 1−

1

3!

x

2

+

1

5!

x

4

−

1

7!

x

6

+· · ·

dla x ∈ R . Zbie˙zno´s´c caÃlki

R

∞

1

sin x

x

dx wynika od razu z kryterium Abela–Dirichleta.

Brak zbie˙zno´sci bezwzgle

,

dnej wynika z tego, ˙ze je´sli 2nπ +

π

6

≤ x ≤ 2nπ +

5π

6

, to

sin x ≥

1
2

oraz z rozbie˙zno´sci szeregu harmonicznego.

Wallis, Stirling, Poisson

Niech I

n

=

R

π/2

0

sin

n

xdx . Dla n ≥ 2 mamy wtedy I

n

=

R

π/2

0

sin

n

xdx = I

n

=

=

R

π/2

0

(1 − cos

2

x) sin

n−2

xdx = I

n−2

−

1

n−1

R

π/2

0

cos x

¡

sin

n−1

x

¢

0

dx =

= I

n−2

−

1

n−1

cos x

¡

sin

n−1

x

¢¯

¯

π/2
0

= I

n−2

− 0 +

1

n−1

R

π/2

0

sin

n

xdx = I

n−2

+

1

n−1

I

n

.

Sta

,

d mamy

I

n

=

n − 1

n

I

n−2

.

Mamy te˙z I

0

=

R

π/2

0

sin

0

xdx =

R

π/2

0

dx =

π

2

i

R

π/2

0

sin xdx = − cos

π

2

+ cos 0 = 1 .

Wynika sta

,

d, ˙ze

I

2n

=

2n−1

2n

I

2n−2

= . . . =

2n−1

2n

·

2n−3
2n−2

· . . . ·

1
2

· I

0

=

2n−1

2n

·

2n−3
2n−2

· . . . ·

1
2

·

π

2

=

=

(2n)·(2n−1)·(2n−2)·(2n−3)·...·2·1

2n·2n·(2n−2)·(2n−2)·...·2·2

·

π

2

=

(2n)!

4

n

(n!)

2

π

2

.

Analogicznie

8

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

I

2n+1

=

2n

2n+1

I

2n−1

= . . . =

2n

2n+1

·

2n−2
2n−1

· . . . ·

2
3

· I

1

=

2n

2n+1

·

2n−2
2n−1

· . . . ·

2
3

· 1 =

=

2n·2n·(2n−2)·(2n−2)·...·2·2

(2n+1)·(2n)·(2n−1)·(2n−2)·...·3·2

=

4

n

(n!)

2

(2n+1)!

.

Dla ka˙zdej liczby naturalnej n ≥ 0 zachodzi nier´owno´s´c I

n

≥ I

n+1

≥ I

n+2

=

n+1
n+2

I

n

.

Wynika z niej, ˙ze 1 ≥

I

n+1

I

n

≥

n+1
n+2

−−−−→

n→∞

1 . Mamy wie

,

c

1 = lim

n→∞

I

2n+1

I

2n

= lim

n→∞

2n·2n·(2n−2)·(2n−2)·...·4·2·2

(2n+1)·(2n−1)·(2n−1)·(2n−3)·...·3·3·1

·

2

π

.

Wobec tego mo˙zemy napisa´c

Twierdzenie 11.9 (

wz´

or Wallisa

)

π

2

= lim

n→∞

I

2n+1

I

2n

= lim

n→∞

2n·2n·(2n−2)·(2n−2)·...·4·2·2

(2n+1)·(2n−1)·(2n−1)·(2n−3)·...·3·3·1

=

2·2·4·4·...
1·3·3·5·...

— oczywi´scie ostatni napis oznacza granice

,

, wie

,

c ostatnia

,

r´owno´s´c nale˙zy traktowa´c

jako definicje

,

symbolu wyste

,

puja

,

cego po prawej stronie.

Zajmiemy sie

,

teraz przybli˙zeniem n! dla du˙zych n . Chodzi o to, by znale´z´c

wyra˙zenie, za pomoca

,

kt´orego mo˙zna be

,

dzie przybli˙za´c silnie

,

. Ona na og´oÃl wyste

,

puje

jako czynnik jakiego´s iloczynu, wie

,

c chodzi o wyra˙zenie, kt´ore podzielone przez n!

be

,

dzie da

,

˙zy´c do 1 , wielkich szans na to by r´o˙znica da

,

˙zyÃla do 0 nie ma, je´sli chcemy

znale´z´c prosty wz´or oczywi´scie nie zawieraja

,

cy silni. Poniewa˙z 0 <

n!

n

n

≤

1

n

−−−−→

n→∞

0 ,

wie

,

c przyjrzymy sie

,

ilorazowi dw´och kolejnych wyraz´ow cia

,

gu

¡

n!

n

n

¢

, by zrozumie´c,

jak szybko ten cia

,

g da

,

˙zy do 0 . Mamy

(n+1)!

(n+1)

n+1

·

n

n

n!

=

n

n

(n+1)

n

=

£

1 +

1

n

¤

−n

−−−−→

n→∞

1
e

.

Rozwa˙zymy wie

,

c cia

,

g zdefiniowany wzorem a

n

= n!·

¡

e

n

¢

n

. Z poprzednio uzyskanych

r´owno´sci wnioskujemy, ˙ze

a

n+1

a

n

= e ·

£

1 +

1

n

¤

−n

−−−−→

n→∞

1 . Mamy dalej

ln a

n

= ln

¡

a

n

a

n−1

·

a

n−1

a

n−2

· . . . ·

a

2

a

1

· a

1

¢

=

= ln

¡

e ·

£

1 +

1

n−1

¤

−n+1

¢

+ ln

¡

e ·

£

1 +

1

n−2

¤

−n+2

¢

+ · · · + ln

¡

e ·

£

1 +

1
1

¤

−1

¢

+ ln e =

=

³

1 − (n − 1) ln

£

1 +

1

n−1

¤´

+

³

1 − (n − 2) ln

£

1 +

1

n−2

¤´

+ · · · +

³

1 − ln

£

1 +

1
1

¤´

+ 1 .

Przyjrzymy sie

,

jednemu skÃladnikowi. Mamy

1 − k ln

£

1 +

1
k

¤

= 1 − k

£

1
k

−

1

2k

2

+

1

3k

3

−

1

4k

4

+ · · ·

¤

=

1

2k

−

1

3k

2

+

1

4k

3

− · · · =

1

2k

− b

k

,

gdzie b

k

=

1

3k

2

−

1

4k

3

+ · · · ∈

¡

1

3k

2

−

1

4k

3

,

1

3k

2

¢

. Wyrazy szeregu zbie˙znego

P

b

n

sa

,

dodatnie, wie

,

c jego cia

,

g sum cze

,

´sciowych jest ´sci´sle rosna

,

cy. Mamy wie

,

c

ln a

n

=

¡

1

2(n−1)

− b

n−1

¢

+

¡

1

2(n−2)

− b

n−2

¢

+ · · · + · · · +

¡

1
2

− b

1

¢

+ 1 =

=

1
2

£

1 +

1
2

+ · · · +

1

n−1

¤

+ 1 − [b

1

+ b

2

+ . . . b

n−1

] .

Szereg

P

b

j

jest zbie˙zny, ale szereg harmoniczny niestety nie. Mamy

0 <

1

k−1

−

R

k

k−1

1

x

dx =

R

k

k−1

£

1

k−1

−

1

x

¤

dx =

R

k

k−1

x−(k−1)

x(k−1)

dx <

<

1

(k−1)

2

R

k

k−1

£

x − (k − 1)

¤

dx =

1

2(k−1)

2

.

Przyjmijmy c

k−1

=

1

k−1

−

R

k

k−1

1

x

dx . Szereg

P

c

n

jest zbie˙zny i ma dodatnie wyrazy.

9

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

Z r´owno´sci

1
k

=

R

k

k−1

1

x

dx + c

k−1

wynika, ˙ze

ln a

n

= 1+

1
2

£

1+

R

2

1

1

x

dx+c

1

+

R

3

2

1

x

dx+c

2

+· · ·+

R

n

n−1

1

x

dx+c

n−1

¤

−[b

1

+b

2

+. . . b

n−1

] =

=

3
2

+

1
2

R

n

1

1

x

dx + [c

1

+ c

2

+ · · · + c

n

] − [b

1

+ b

2

+ . . . b

n−1

] =

=

3
2

+ ln

√

n + [c

1

+ c

2

+ · · · + c

n

] − [b

1

+ b

2

+ . . . b

n−1

] .

Wobec tego cia

,

g (ln a

n

−ln

√

n) ma granice

,

sko´

nczona

,

. Z r´owno´sci e

ln a

n

−ln

√

n

=

a

n

√

n

i z poprzedniego zdania wynika, ˙ze cia

,

g

¡

a

n

√

n

¢

ma granice

,

sko´

nczona

,

i dodatnia

,

. Niech

α

n

=

a

n

√

n

=

1

√

n

· n! ·

¡

e

n

¢

n

i niech g = lim

n→∞

α

n

. Poniewa˙z granica podcia

,

gu r´owna

jest granicy cia

,

gu, wie

,

c g = lim

n→∞

α

2n

. Wnioskujemy sta

,

d, ˙ze

g = lim

n→∞

α

2

n

α

2n

= lim

n→∞

n

1

n

·(n!)

2

·

¡

e

n

¢

2n

·

√

2n·

1

(2n)!

·

¡

2n

e

¢

2n

o

= lim

n→∞

nq

2

n

·

2

2n

·(n!)

2

(2n)!

o

=

= lim

n→∞

nq

2

n

·

2·2·4·4·...·(2n)·(2n)

1·2·3·4·...·(2n−1)·(2n)

o

= lim

n→∞

nq

2

n

·

2·4·...·(2n)

1·3·...·(2n−1)

o

=

= lim

n→∞

q

2

n

·

2·2·4·4·6·6·...·(2n)·(2n)

1·3·3·5·5·7·...·(2n−1)·(2n+1)

· (2n + 1) =

= lim

n→∞

q

2(2n+1)

n

· lim

n→∞

q

2·2·4·4·6·6·...·(2n)·(2n)

1·3·3·5·5·7·...·(2n−1)·(2n+1)

= 2 ·

p

π

2

=

√

2π .

Udowodnili´smy

Twierdzenie 11.10 (

wz´

or Stirlinga

)

lim

n→∞

1

√

n

· n! ·

¡

e

n

¢

n

=

√

2π zapisywany zwykle nieco mniej precyzyjnie

n! ≈

√

2πn

³ n

e

´

n

.

Zajmiemy sie

,

teraz caÃlka

,

R

∞

0

e

−x

2

dx . Zwana jest ona caÃlka

,

Poissona. Znaj-

dziemy jej warto´s´c, oczywi´scie nie zajmuja

,

c sie

,

funkcja

,

pierwotna

,

funkcji e

−x

2

, bo

jest ona nieelementarna. Mamy
R

∞

0

e

−x

2

dx = lim

n→∞

R

√

n

0

e

−x

2

dx

x=t

√

n

========

dx=

√

n dt

= lim

n→∞

√

n

R

1

0

e

−nt

2

dt ≥

≥ lim

n→∞

√

n

R

1

0

(1 − t

2

)

n

dt

t=cos s

==========

dt=− sin s ds

lim

n→∞

√

n

R

0

π/2

sin

2n

s(− sin s)ds =

= lim

n→∞

√

n

R

π/2

0

sin

2n+1

sds = lim

n→∞

√

n ·

4

n

(n!)

2

(2n+1)!

=

Stirling

========

dwa razy

lim

n→∞

√

n

4

n

·2πn·n

2n

·e

2n+1

e

2n

·

√

2π(2n+1)·(2n+1)

2n+1

=

=

√

2π lim

n→∞

nq

n

2n+1

·

n

2n+1

· e ·

£

2n

2n+1

¤

2n

o

=

√

2π ·

1

√

2

·

1
2

· e ·

1
e

=

1
2

√

π .

Analogicznie
R

∞

0

e

−x

2

dx = lim

n→∞

R

√

n

0

e

−x

2

dx

x=t

√

n

========

dx=

√

n dt

= lim

n→∞

√

n

R

1

0

e

−nt

2

dt ≤

≤ lim

n→∞

√

n ·

R

1

0

1

(1+t

2

)

n

dt

t=tg s

===========

dt=cos

−2

s ds

= lim

n→∞

√

n ·

R

π/4

0

cos

2n−2

sds <

< lim

n→∞

√

n ·

R

π/2

0

cos

2n−2

sds

s=π/2−σ

=======

ds=− dσ

lim

n→∞

√

n ·

R

π/2

0

sin

2n−2

sds =

10

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

= lim

n→∞

√

n ·

(2n)!

4

n

(n!)

2

·

π

2

Stirling

========

dwa razy

π

2

· lim

n→∞

√

n ·

√

2π(2n)·(2n)

2n

·e

2n

4

n

·e

2n

·(2πn)·(n

n

)

2

=

1
2

√

π .

Z twierdzenia o trzech cia

,

gach wynika, ˙ze

R

∞

0

e

−x

2

dx =

1
2

√

π .

Lemat Riemanna–Lebesgue’a i jeszcze jedna caka

Teraz wyka˙zemy bardzo wa˙zny, cho´c w pewnym sensie zupeÃlnie oczywisty

Lemat 11.11 (

Riemanna–Lebesgue’a

)

Je´sli f : [a, b] −→ IR jest funkcja

,

caÃlkowalna

,

w sensie Riemanna, to zachodzi r´owno´s´c

lim

n→∞

R

b

a

f (x) sin nxdx = 0 .

Dow´

od. ZaÃl´o˙zmy najpierw, ˙ze funkcja f jest klasy C

1

. Mamy wtedy

Z

b

a

f (x) sin(nx)dx = −

1

n

cos(nx)f (x)

¯

¯

¯

b

a

+

Z

b

a

1

n

cos(nx)f

0

(x)dx =

=

1

n

¡

f (a) cos(na) − f (b) cos(nb)

¢

+

1

n

Z

b

a

cos(nx)f

0

(x)dx −−−−→

n→∞

0 ,

bo zachodzi nier´owno´s´c

¯

¯

¯

¯

Z

b

a

cos(nx)f

0

(x)dx

¯

¯

¯

¯ ≤

Z

b

a

¯

¯f

0

(x)

¯

¯dx . W ten spos´ob wyka-

zali´smy prawdziwo´s´c lematu Riemanna dla funkcji, kt´ore maja

,

cia

,

gÃla

,

pochodna

,

.

Teraz zaÃlo˙zymy, ˙ze f jest funkcja

,

caÃlkowalna

,

w sensie Riemanna na przedzia-

le [a, b] , a ε > 0 — liczba

,

rzeczywista

,

.

Na mocy twierdzenia o przybli˙zaniu

funkcji caÃlkowalnych gÃladkimi istnieje taka funkcja g klasy C

1

(a nawet wielo-

mian), ˙ze

R

b

a

¯

¯f(x) − g(x)

¯

¯dx <

ε
2

. Dla dostatecznie du˙zych n zachodzi nier´owno´s´c

¯

¯

¯

R

b

a

g(x) sin(nx)dx

¯

¯

¯ <

ε
2

. Wobec tego dla dostatecznie du˙zych n mamy

¯

¯

¯

Z

b

a

f (x) sin(nx)dx

¯

¯

¯ ≤

¯

¯

¯

Z

b

a

¡

f (x) − g(x)

¢

sin(nx)dx

¯

¯

¯ +

¯

¯

¯

Z

b

a

g(x) sin(nx)dx

¯

¯

¯ ≤

≤

Z

b

a

¯

¯

¯f (x) − g(x)

¯

¯

¯

¯

¯

¯ sin(nx)

¯

¯

¯dx +

¯

¯

¯

Z

b

a

g(x) sin(nx)dx

¯

¯

¯ ≤

≤

Z

b

a

¯

¯

¯f (x) − g(x)

¯

¯

¯dx +

¯

¯

¯

Z

b

a

g(x) sin(nx)dx

¯

¯

¯ <

ε
2

+

ε
2

= ε .

W ten spos´ob wykazali´smy lemat.

Uwaga 11.12 (

uog´

olnienie lematu Riemanna–Lebesgue’a

)

Dla dowolnej funkcji f : IR −→ IR , caÃlkowalnej na przedziale [a, b] , zachodza

,

r´owno´sci

lim

λ→∞

R

b

a

f (x) sin(λx)dx = 0 oraz lim

λ→∞

R

b

a

f (x) cos(λx)dx = 0 — w tej uwadze λ jest

parametrem rzeczywistym, a w lemacie Riemanna–Lebesgue’a n oznaczaÃlo liczbe

,

naturalna

,

. Dow´od nie ulega ˙zadnej zmianie.

Udowodnimy teraz, ˙ze

11

CaÃlki niewÃla´sciwe

MichaÃl Krych

Twierdzenie 11.13

Z

∞

0

sin x

x

dx =

π

2

.

Dow´

od. Wiemy ju˙z, ˙ze ta caÃlka jest zbie˙zna. Funkcja

sin x

x

=

∞

X

n=0

(−1)

n

x

2n

(2n+1)!

jest cia

,

gÃla, a nawet niesko´

nczenie wiele razy r´o˙zniczkowalna na caÃlej prostej. Mamy

Z

∞

0

sin x

x

dx = lim

n→∞

Z

(2n+1)π/2

0

sin x

x

dx

x=(2n+1)u

===========

dx=(2n+1)du

lim

n→∞

Z

π/2

0

sin(2n + 1)u

u

du .

Mamy r´ownie˙z

R

π/2

0

sin(2n+1)u

sin u

du −

R

π/2

0

sin(2n−1)u

sin u

du =

R

π/2

0

sin(2n+1)u−sin(2n−1)u

sin u

du =

=

R

π/2

0

2 sin u cos(2nu)

sin u

du =

1

2n

(sin(nπ) − sin 0) = 0 .

Wynika sta

,

d, ˙ze dla ka˙zdej liczby naturalnej n zachodzi r´owno´s´c

R

π/2

0

sin(2n+1)u

sin u

du =

R

π/2

0

sin(2·0+1)u

sin u

du =

π

2

.

Funkcja

1

u

−

1

sin u

=

sin u−u

u sin u

jest cia

,

gÃla, a nawet analityczna, w ka˙zdym punkcie

przedziaÃlu

£

0,

π

2

¤

. Sta

,

d i z lematu Riemanna–Lebesgue’a wynika, ˙ze

lim

n→∞

¡

1

u

−

1

sin u

¢

sin(2n + 1)udu = 0 ,

zatem

lim

n→∞

R

π/2

0

sin(2n+1)u

u

du = lim

n→∞

R

π/2

0

sin(2n+1)u

sin u

du +

+ lim

n→∞

R

π/2

0

¡

1

u

−

1

sin u

¢

sin(2n + 1)udu =

π

2

+ 0 =

π

2

.

12