תוכן עניינים

1 אינטגרל לא אמיתי

אינטגרל לא אמיתי

הגדרה: תהי f מוגדרת בקטע מהסוג $[a,\infty)$ \. נאמר ש-f אינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ אם לכל $b>a$ f אינטגרבילית ב- $[a,b]$ (locally integrable function). הגדרה: תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ . נגדיר $\int\limits_a^\infty f(x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R f(x)\mathrm dx$ . אם הגבול קיים אומרים שהאינטגרל מתכנס ו-f אינטגרבילית ב- $[a,\infty)$ ואם הגגבול לא קים אומרים שהאינטגרל מתבדר \, ו-f לא אינטגרבילית בקטע.

דוגמאות חישוב

$\int\limits_1^\infty xe^{-x}\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\int\limits_1^R xe^{-x}\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[x'\cdot(-x)e^{-x}\right]_{x=1}^R-\int\limits_1^R -e^{-x}\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}-Re^{-R}+e^{-1}-[e^x]_{x=1}^R=\frac2e$ . דרך קיצור: $\int\limits_1^\infty xe^{-x}\mathrm dx=[-xe^{-x}]_{x=1}^\infty+\int\limits_1^\infty -e^{-x}\mathrm dx=e^{-1}-[e^{-x}]_{x=1}^\infty=\frac2e$ .
$\int\limits_1^\infty \frac x{1+x^4}\mathrm dx$ . נציב $y=x^2$ ואז כאשר $x=1$ נקבל $y=1$ וכאשר $x\to\infty$ נקבל $y\to\infty$ ולכן $\int=\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dy}{1+y^2}\mathrm dy=[\frac12\arctan(y)]_{y=1}^\infty=...$ .
עבור $p>0$ נחשב $\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dx}{x^p}$ עבור $p=1$ זה $\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dx}x=[\ln|x|]_{x=1}^\infty=\infty$ - מתבדר. עבור $p\ne1$ נקבל $[\frac{x^{-p+1}}{-p+1}]_1^\infty=\lim_{x\to\infty}\frac{x-p+1}{-p+1}-\frac1{-p+1}=\begin{cases}\frac1{p-1}&p>1\\\infty&p<1\end{cases}$ , כלומר האינטגרל מתכנס $p>1\ \iff$ . 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 $\int\limits_2^\infty\frac x{x\ln(x)}\mathrm dx=\int\limits_2^\infty\frac{1/x}{\ln(x)}\mathrm dx=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty$ . "קל לבדוק" שעבור $p>0$ האינטגרל $\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x(\ln(x))^p}$ מתכנס אם"ם $p>1$ .
נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב- $[1,\infty)$ ונניחי ש- $\int\limits_1^\infty f=\infty$ . נבנה פונקציה $g(x)\ge0$ רציפה ב- $[1,\infty)$ מסדר גודל יותר קטן מ-f: ז"א $\lim_{x\to\infty}\frac fg=\infty$ 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 $g(x)=\frac {f(x)}{F(x)}$ וכן $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac {f(x)}{f(x)/F(x)}=\lim_{x\to\infty}F(x)=\infty$ ז"א g מסדר גודל קטן מ-f. כעת עיבוד הנוסחה נכשל (שגיאת תחביר): \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

.

נניח ש- $f(x)\ge0$ רציפה ב- $(1,\infty)$ ו- $\int\limits_1^\infty f$ מתכנס. אז קיימת $g(x)\ge0$ מסדר גודל דגול מ-F כך ש- $\int\limits_1^\infty g$ מתכנס.

בנייה: נגדיר $F(x)=\int\limits_1^x f$ לכן $F'(x)=f(x)$ לכן $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f$ קיים ושווה ל-L. נגדיר $g(x)=2F(x) f(x)$ אז g מגדר גודל כמו f וזה לא עוזר, אלא יש להגדיר $F(x)=\int\limits_x^\infty f$ אז שוב $F'=-f$ 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 $\int\limits_1^\infty g=\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{-F(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx=[-2\sqrt{F(x)}]_{x=1}^\infty=2\sqrt{F(x)}=2\sqrt{\int\limits_1^\infty f}$

$\int\limits_0^\infty \cos(x)\mathrm dx=\not\in\mathbb R\cup\{\pm\infty\}$ , כלומר האינטגרל מתבדר לחלוטין.
נתבונן באינטגרל $\int\limits_1^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx$ - מתכנס או מתבדר? נוכיך שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ןנבטא את האינטגרל החלקי עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): \int\limits_1^{N\pi}\sinc(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\sinc(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N a_k

. 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:
עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\sinc(x)\mathrm dx

. אם k א"ז 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 עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): |a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\sinc(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx

כי עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): \sinc(x)
בעלת סימן קבוע ב- $[(k-1)\pi,k\pi]$ . נציב  $t=x+\pi$  על מנת לקבל  $|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dx$  ומכיוון ש- $\sin(t-\pi)=-\sin(t)$  זה שווה ל- $|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dx$  ואילו  $|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dx$ , לכן הטענה השנייה מתקיימת. נותר לנו לבדוק ש- $\lim_{k\to\infty} |a_k|=0$ . ואכן  $|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx\le\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\mathrm dx}x\le\frac1{(k-1)}\pi\to0$ . לסיכום  $\int\limits_0^{N\pi}=\sum_{k=1}^N a_k$  וה- $a_k$  יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור  $\sum_{k=1}^\infty a_k$  מתכנס, נאמר ל-L. טענה - עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): \int_1^\infty \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 $|a_k|\le\frac\varepsilon2$ . כעת נגדיר $n_2=\max\{n_1,n_0\}$ . אם $R\pi>n_2\pi$ אזי עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \sinc לא מוכרת): |\int_1^{R\pi} \sinc(x)\mathrm dx-L|=|\int\limits_1^{\lfloor R\rfloor\pi} \sinc(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \sinc(x)\mathrm dx-L|=|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \sinc(x)\mathrm dx|\le|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L|+|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \sinc(x)\mathrm dx| \le\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor}<\varepsilon

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 מוגדר 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 מדי.

משפט 3

תהי f מוגדרת ועולה בקטע $[a,\infty)$ אזי $\lim_{x\to\infty} F(x)$ קיים אם"ם $\sup_x F(x)<\infty$ , ואם כן $\lim_{x\to\infty} F(x)=\sup_{x>a} F(x)$ .
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

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 $\varepsilon>0$ נתון 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.
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 $\int\limits_a^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R f=\lim_{R\to\infty} F(R)$ וראינו בחלק 1 שהגבול של $F(R)$ קיים אם"ם $F(R)$ חסומה מלעיל, ז"א אם"ם $\int\limits_a^R f$ חסום מלעיל כאשר $R\to\infty$ . $\blacksquare$