משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/5.4.11

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

דוגמאות חישוב

1. נחשב $\int\limits_1^\infty xe^{-x}\mathrm dx$:
   $\begin{align}\int&=\lim_{R\to\infty}\int\limits_1^R xe^{-x}\mathrm dx\\&=\lim_{R\to\infty}\left[x'\cdot(-x)e^{-x}\right]_{x=1}^R-\int\limits_1^R -e^{-x}\mathrm dx\\&=\lim_{R\to\infty}-Re^{-R}+e^{-1}-[e^x]_{x=1}^R\\&=\frac2e\end{align}$
   דרך קיצור:
   $\int=[-xe^{-x}]_{x=1}^\infty+\int\limits_1^\infty -e^{-x}\mathrm dx=e^{-1}-[e^{-x}]_{x=1}^\infty=\frac2e$
   $\blacksquare$
2. $\int\limits_1^\infty \frac x{1+x^4}\mathrm dx$: נציב $y=x^2$ ואז כאשר $x=1$ נקבל $y=1$ וכאשר $x\to\infty$ נקבל $y\to\infty$ ולכן $\int=\int\limits_1^\infty\frac{0.5\mathrm dy}{1+y^2}=\left[\frac12\arctan(y)\right]_{y=1}^\infty=...$. $\blacksquare$
3. עבור $p>0$ נחשב $\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dx}{x^p}$: אם $p=1$ זה $\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}x=[\ln|x|]_{x=1}^\infty=\infty$, כלומר מתבדר. עבור $p\ne1$ נקבל $\left[\frac{x^{-p+1}}{-p+1}\right]_1^\infty=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{-p+1}}{-p+1}-\frac1{-p+1}=\begin{cases}\frac1{p-1}&p>1\\\infty&p<1\end{cases}$, כלומר האינטגרל מתכנס $p>1\ \iff$. $\blacksquare$ הערה: עבור $p<1$ מתקבל $\frac1{x^p}>\frac1x$ בקטע $(1,\infty)$. לכן מבין הפונקציות $\frac1{x^p}$, הפונקציה המינימלית שעבורה האינטגרל על $[1,\infty)$ מתבדר היא $\frac1x$. אבל יש פונקציה מסדר גודל יותר קטן מ-$\frac1x$ שעבורן האינטגרל מתבדר, למשל $\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x\ln(x)}=\int\limits_2^\infty\frac{1/x}{\ln(x)}\mathrm dx=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty$. "קל לבדוק" שעבור $p>0$ האינטגרל $\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x(\ln(x))^p}$ מתכנס אם"ם $p>1$.
4. נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-$[1,\infty)$ ונניח ש-$\int\limits_1^\infty f=\infty$. נוכיח כי קיימת פונקציה g אי-שלילית ורציפה ב-$[1,\infty)$ מסדר גודל יותר קטן מ-f, ז"א $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\infty$, ועדיין $\int\limits_1^\infty g(x)\mathrm dx=\infty$. ובכן נגדיר $F(x)=\int\limits_1^x f$ אז כמובן ש-$F'(x)=f(x)$ ולפי הנתון $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f=\infty$. נגדיר $g(x)=\frac {f(x)}{F(x)}$ ולכן $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac {f(x)}{f(x)/F(x)}=\lim_{x\to\infty}F(x)=\infty$, ז"א g מסדר גודל קטן מ-f. כעת $\int\limits_1^\infty g=\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}{F(x)}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty \frac{F'(x)}{F(x)}\mathrm dx=[\ln(F(x))]_{x=1}^\infty=\infty$. $\blacksquare$
5. נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב-$(1,\infty)$ ו-$\int\limits_1^\infty f$ מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש-$\int\limits_1^\infty g$ מתכנס.
   בנייה: נגדיר $F(x)=\int\limits_1^x f$, לכן $F'=f$ ולכן $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f$ קיים ושווה ל-L. אם נגדיר $g(x)=2F(x)f(x)$ אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר $F(x)=\int\limits_x^\infty f$ אז $F'=-f$ וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, $\lim_{x\to\infty} F(x)=0$. נגדיר $g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}$. חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן
   $\begin{align}\int\limits_1^\infty g=&\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\int\limits_1^\infty\frac{-F'(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\left[-2\sqrt{F(x)}\right]_{x=1}^\infty\\&=2\sqrt{F(1)}\\&=2\sqrt{\int\limits_1^\infty f}\end{align}$
   $\blacksquare$
6. $\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=[\sin(x)]_{x=0}^\infty\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$, כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין. $\blacksquare$
7. נתבונן באינטגרל $\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx$ - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר $\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x$): $\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx$. נסמן $\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx$. טענה: המספרים $a_k$ מקיימים
   • $(-1)^{k+1}a_k>0$
   • $|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots$ (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).
   הוכחה:
   • אם k אי-זוגי אז $\frac{\sin(x)}x\ge0$ בקטע $[(k-1)\pi,k\pi]$ ואם k זוגי אז $\frac{\sin(x)}x\le0$ בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.
   • לכל k טבעי $|a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx$ כי $\mbox{sinc}(x)$ בעלת סימן קבוע ב-$[(k-1)\pi,k\pi]$. נציב $t=x+\pi$ על מנת לקבל $|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt$ ומכיוון ש-$\sin(t-\pi)=-\sin(t)$ זה שווה ל-$|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt$ ואילו $|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx$, ומכיוון ש-$0<x-\pi<x\implies\frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x$ הטענה השנייה מתקיימת.
   נותר לנו לבדוק ש-$\lim_{k\to\infty} |a_k|=0$. ואכן $|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx\le\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\mathrm dx}x=\ln\left|\frac{k\pi}{(k-1)\pi}\right|\to\ln|1|=0$. לסיכום $\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N a_k$ וה-$a_k$ יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור $\sum_{k=1}^\infty a_k$ מתכנס, נאמר ל-L. טענה: $\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L$. הוכחה: יהי $\varepsilon>0$ נתון. לפי הנתון קיים $n_0\in\mathbb N$ כך שלכל $n>n_0$ מתקיים $\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2$. כמו כן $a_k\to0$ ולכן קיים $n_1\in\mathbb N$ כך שלכל $n>n_1$ מתקיים $|a_k|<\frac\varepsilon2$. אם $R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}$ אזי
   $\begin{align}\left|\int\limits_0^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|&=\left|\int\limits_0^{\lfloor R\rfloor\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|\\&=\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L\right|+\left|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&<\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor+1}\\&<\varepsilon\end{align}$
   $\blacksquare$

משפט 1

נניח שהפונקציות f ו-g מוגדרות ואינטגרביליות בקטע $[a,\infty)$ ו-c מספר קבוע. אזי הפונקציה $f+cg$ אינטגרבילית ב-$[a,\infty)$ ומתקיים $\int\limits_a^\infty (f+cg)=\int\limits_a^\infty f+c\int\limits_a^\infty g$.

הוכחה

לפי הגדרה $\int\limits_a^\infty f+cg=\lim_{R\to\infty} \int\limits_a^R f+cg=\lim_{R\to\infty} \int\limits_a^R f+c\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty f+c\int\limits_a^\infty g$. $\blacksquare$

משפט 2

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-$[a,\infty)$ ויהי $b>a$. אזי האינטגרל $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס אם"ם $\int\limits_b^\infty f$ מתכנס, ואם כן $\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^\infty f$. ההוכחה פשוטה.

משפט 3

1. תהי f מוגדרת ועולה בקטע $[a,\infty)$. אזי $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים אם"ם $\sup_x f(x)<\infty$, ואם כן $\lim_{x\to\infty} f(x)=\sup_{x>a} f(x)$.
2. תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-$[a,\infty)$. עוד נניח ש-$f(x)\ge0$ בקטע זה, אזי $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס אם"ם האינטגרלים החלקיים $\int\limits_a^R f$ חסומים מלעיל.

הוכחות

1. נניח $\sup_{x>a} f(x)=m\in\mathbb R$. טענה: $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים ושווה ל-m. הוכחה: לפי אפיון החסם העליון, אם $\varepsilon>0$ אזי קיים $x_0\in[a,\infty)$ כך ש-$m-\varepsilon<f(x_0)\le m<m+\varepsilon$ לכן עבור כל $x>x_0$ מתקיים (מכיוון ש-f עולה) $m-\varepsilon<f(x_0)\le f(x)\le m<m+\varepsilon$. בפרט, לכל $x>x_0$ מתקיים $|f(x)-m|<\varepsilon$ ולכן $\lim_{x\to\infty} f(x)=m$ ואם $\sup_{x>a} f(x)=\infty$ (לא חסום) אז לכל $n\in\mathbb N$ קיים $x_0$ כך ש-$f(x_0)>n$. כעת, אם $x>x_0$ אז $f(x)\ge f(x_0)>n$. נובע ש-$\lim_{x\to\infty} f(x)=\infty$ ואין גבול במובן הצר. $\blacksquare$
2. לכל $R>a$ נגדיר $F(R)=\int\limits_a^R f$. כיוון ש-$f(x)\ge0$ לכל $x\ge a$, $F(R)$ עולה עם R. האינטגרל הלא אמיתי מקיים $\int\limits_a^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R f=\lim_{R\to\infty} F(R)$ וראינו בסעיף 1 שהגבול של $F(R)$ קיים אם"ם $F(R)$ חסומה מלעיל, ז"א אם"ם $\int\limits_a^R f$ חסום מלעיל כאשר $R\to\infty$. $\blacksquare$

מסקנה

מתוך ההוכחה ראינו שאם האינטגרל הלא אמיתי של פונקציה אינטגרבילית מקומית אי-שלילית מתבדר אז הוא מתכנס במובן הרחב ל-$\infty$.