משתמש:אור שחף/133 - תרגול/1.5.11

אינטגרלים לא אמיתיים

מקרה ראשון

לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.

דוגמה 1

הראה כי $\int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx$ מתכנס ומצא חסם עליון.

פתרון

ברור כי $0<e^{-x^2}<1$ עבור הקטע $[0,1]$, שם נפעיל את האינטגרל: $0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx<\int\limits_0^1\mathrm dx=1$. עבור הקטע $[1,\infty)$, שם ברור כי מתקיים $x^2\ge x$, לכן $e^{-x}\ge e^{-x^2}$ ואז עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \limtis לא מוכרת): \int\limits_1^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\le\int\limtis_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e . לכן בסה"כ $\int<1+\frac1e$.

מבחן דיריכלה

f ו-g רציפות. אם

• f יורדת לאפס.
• הנגגזרת של f רציפה.
• $G(x)=\int\limits_a^x g$ חסומה.

אזי $\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx$ מתכנס.

דוגמה 2

הוכיחו כי לכל $\alpha>0$ האינטגרל עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \matghm לא מוכרת): \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm dx

מתכנס.

פתרון

נסמן $f(x)=\frac1{x^\alpha}$ וכן $g(x)=\sin(x)$. עבור $\alpha>0$ ברור כי f רציפה בקטע, $f'$ רציפה ן-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה $\left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2$. מסכנה: ממשפט דיריכלה עיבוד הנוסחה נכשל (פונקציה \matghm לא מוכרת): \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm dx . $\blacksquare$

אינטגרלים לא אמיתיים - סוג שני

במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות.

הגדרה: נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע $[\alpha,\beta]$ של $(a,b]$ וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים $\lim_{\varepsilon\to0+}\int\limits_{a+\varepsilon}^bf=L$ אז $\int\limits_a^b f:=L$. באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון.

אם $c\in(a,b)$ נקודת אי-רציפות נרשום $\int\limits_a^b f=\int\limits_a^c f+\int\limits_c^b f$. ושוב באופן דומה לאינטגרל לא אמיתי מסוג I שני האינטגרלים צריכים להתכנס.

כלל ידוע: $\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha}$ מתכנס אם"ם $\alpha<1$.

דוגמה 3

יהי $\alpha>0$. הוכיחו כי $\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x |\ln(x)|^\alpha}$ מתכנס אם"ם $\alpha>1$.

פתרון

$\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0$ ואז $\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^2\alpha}=\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x(-\ln(x))^\alpha}$.

נעשה הצבה $y=-\ln(x)$ ואז $\mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx$. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים). עבור $\alpha\ne1$: $\int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}=-\frac{y^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+c$ ועבור $a=1$: $-\int\frac{\mathrm dy}y=-\ln|y|+c$.

נחזור ל-x: (עבור המקרה $\alpha=1$) נקבל $\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0+}^\frac12=\infty$.

עבור $\alpha\ne1$ נקבל $\lim_{x\to0+}\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}$.

את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים:

• אם $\alpha<1$, כלומר $-\alpha+1>0$ אז $\lim_{t\to0^+}-\ln(t)=\infty$ ולכן $(-\ln(t))^{-\alpha+1}\to\infty$.
• אם $\alpha>1$, כלומר $-\alpha+1<0$, אזי ברור כי $\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0$.

$\blacksquare$

מבחן ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II

$0\le g(x)\le f(x)$ אז אם $\int\limits_a^b f$ מתכנס גם $\int\limits_a^b g$ מתכנס.\

מבחן ההשוואה הגבולי

$0\le f(x),g(x)$ וכן $L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}$.

• אם $0<L<\infty$ נאמר ש-$\int\limits_a^b f$ ו-$\int\limits_a^b g$ מתבדרים או מתכנסים יחדיו.
• אם $L=0$ אז התכנסות $\int\limits_a^b g$ גוררת התכנסות $\int\limits_a^b f$.
• אם $L=\infty$ אז התכנסות $\int\limits_a^b f$ גוררת התכנסות $\int\limits_a^b g$.

דוגמה 4

קבעו התכנסות של $\int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}$.

פתרון

נשווה ל-$g(x)=\frac1{x^2}$. $\lim_{x\to0^+}\frac{1/(1-\cos(x))}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos(x)}\underbrace{=}_\text{l'Hospital}\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{\sin(x)}=2$. ידוע כי $\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}$ מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. $\blacksquare$

דוגמה 5

קבעו התכנסות $\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x$.

פתרון

קל לעבור מסוג II לסוג I ע"י הצבה $y=\frac1x$. לכן $\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}$. נקבל $\int\limits_\infty^1 y\cos(y)\frac{-1}{y^2}\mathrm dy=\int\limits_1^\infty\frac{\cos(y)}y\mathrm dy$. ניתן להראות כי אינטגרל זה מתכנס בדומה למה שעשינו עם $\int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx$, בעזרת מבחן דיריכלה.

דוגמה 6

הוכיחו התכנסות בתנאי של $\int\limits_0^\infty\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx$.

פתרון

מצאנו כבר כי $\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx$ מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בקטע $[1,\infty)$. תחילה נבדוק התכנסות בהחלט: ברור כי $\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1$. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל $\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|$ ואז $\frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|$. צד שמאל מתבדר ולכן אין התכנסות בהחלט.

נמשיך בתרגול הבא.