הבדלים בין גרסאות בדף "משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/5.4.11"

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש
מ
מ (דוגמאות חישוב)
 
שורה 7: שורה 7:
 
# נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב-<math>(1,\infty)</math> ו-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש-<math>\int\limits_1^\infty g</math> מתכנס.<br/>''בנייה:'' נגדיר <math>F(x)=\int\limits_1^x f</math>, לכן <math>F'=f</math> ולכן <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f</math> קיים ושווה ל-L. אם נגדיר <math>g(x)=2F(x)f(x)</math> אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר <math>F(x)=\int\limits_x^\infty f</math> אז <math>F'=-f</math> וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>. נגדיר <math>g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}</math>. חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן{{left|<math>\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}</math>}} {{משל}}
 
# נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב-<math>(1,\infty)</math> ו-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש-<math>\int\limits_1^\infty g</math> מתכנס.<br/>''בנייה:'' נגדיר <math>F(x)=\int\limits_1^x f</math>, לכן <math>F'=f</math> ולכן <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f</math> קיים ושווה ל-L. אם נגדיר <math>g(x)=2F(x)f(x)</math> אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר <math>F(x)=\int\limits_x^\infty f</math> אז <math>F'=-f</math> וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>. נגדיר <math>g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}</math>. חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן{{left|<math>\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}</math>}} {{משל}}
 
# <math>\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=[\sin(x)]_{x=0}^\infty\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}</math>, כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין. {{משל}}
 
# <math>\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=[\sin(x)]_{x=0}^\infty\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}</math>, כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין. {{משל}}
# נתבונן באינטגרל <math>\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר <math>\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x</math>): <math>\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</math>. נסמן <math>\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. ''טענה:'' המספרים <math>a_k</math> מקיימים <ul><li><math>(-1)^{k+1}a_k>0</math></li><li><math>|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots</math> (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).</li></ul>''הוכחה:''<ul><li>אם k אי-זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\ge0</math> בקטע <math>[(k-1)\pi,k\pi]</math> ואם k זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\le0</math> בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.</li><li>לכל k טבעי <math>|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</math> כי <math>\mbox{sinc}(x)</math> בעלת סימן קבוע ב-<math>[(k-1)\pi,k\pi]</math>. נציב <math>t=x+\pi</math> על מנת לקבל <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ומכיוון ש-<math>\sin(t-\pi)=-\sin(t)</math> זה שווה ל-<math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ואילו <math>|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math>, ומכיוון ש-<math>x-\pi<x\implies\forall x>\pi:\ \frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x</math> הטענה השנייה מתקיימת.</li></ul>נותר לנו לבדוק ש-<math>\lim_{k\to\infty} |a_k|=0</math>. ואכן <math>|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</math>. לסיכום <math>\int\limits_0^{N\pi}=\sum_{k=1}^N a_k</math> וה-<math>a_k</math> יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור <math>\sum_{k=1}^\infty a_k</math> מתכנס, נאמר ל-L. ''טענה:'' <math>\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L</math>. ''הוכחה:'' יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הנתון קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן <math>a_k\to0</math> ולכן קיים <math>n_1\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_k|<\frac\varepsilon2</math>. אם <math>R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}</math> אזי {{left|<math>\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}</math>}} {{משל}}
+
# נתבונן באינטגרל <math>\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר <math>\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x</math>): <math>\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</math>. נסמן <math>\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. ''טענה:'' המספרים <math>a_k</math> מקיימים <ul><li><math>(-1)^{k+1}a_k>0</math></li><li><math>|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots</math> (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).</li></ul>''הוכחה:''<ul><li>אם k אי-זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\ge0</math> בקטע <math>[(k-1)\pi,k\pi]</math> ואם k זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\le0</math> בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.</li><li>לכל k טבעי <math>|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</math> כי <math>\mbox{sinc}(x)</math> בעלת סימן קבוע ב-<math>[(k-1)\pi,k\pi]</math>. נציב <math>t=x+\pi</math> על מנת לקבל <math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ומכיוון ש-<math>\sin(t-\pi)=-\sin(t)</math> זה שווה ל-<math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ואילו <math>|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math>, ומכיוון ש-<math>0<x-\pi<x\implies\frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x</math> הטענה השנייה מתקיימת.</li></ul>נותר לנו לבדוק ש-<math>\lim_{k\to\infty} |a_k|=0</math>. ואכן <math>|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</math>. לסיכום <math>\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N a_k</math> וה-<math>a_k</math> יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור <math>\sum_{k=1}^\infty a_k</math> מתכנס, נאמר ל-L. ''טענה:'' <math>\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L</math>. ''הוכחה:'' יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הנתון קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן <math>a_k\to0</math> ולכן קיים <math>n_1\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_k|<\frac\varepsilon2</math>. אם <math>R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}</math> אזי {{left|<math>\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}</math>}} {{משל}}
  
 
==משפט 1==
 
==משפט 1==

גרסה אחרונה מ־14:16, 18 באוגוסט 2011

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.