את משפט 7 לא סיימנו בשיעור הקודם ולכן השלמנו זאת ב־12.4.11. חלק זה מופיע בסיכום השיעור הקודם ולא בדף הנוכחי.

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

הגדרה: תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. נאמר ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס בהחלט אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס. אם האינטגרל מתכנס אבל לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.

משפט 8

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] אז f אינטגרבילית בקטע.

הוכחה

לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. כיוון ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס הוא מקיים את תנאי קושי וקיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\gt x_1\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|\right|\lt \varepsilon }[/math]. נובע מיד ש-[math]\displaystyle{ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|\lt \varepsilon }[/math]. קיימנו את תנאי קושי ל-[math]\displaystyle{ \int\limits_{x_1}^{x_2}f }[/math] ולכן הוא מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

גישה אחרת: נגדיר [math]\displaystyle{ f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ f^-(x)=\begin{cases}0&f(x)\gt 0\\-f(x)&\text{else}\end{cases} }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ f^+(x),f^-(x) }[/math] אי-שליליות. קל להראות שלכל x, [math]\displaystyle{ f(x)=f^+(x)-f^-(x) }[/math] וכן [math]\displaystyle{ |f(x)|=f^+(x)+f^-(x) }[/math] (גאומטרית: [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f^+ }[/math] השטח שמעל ציר ה-x ו-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f^- }[/math] השטח שמתחת).

כעת, אם נתון ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty|f| }[/math] מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-[math]\displaystyle{ 0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)| }[/math] שני האינטגרלים [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^- }[/math] מתכנסים ונובע ממשפט 1 ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-\in\mathbb R }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמאות

[math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx }[/math] - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: [math]\displaystyle{ 0\le\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\le\frac1{x^2} }[/math] ולכן, עפ"י מבחן ההשוואה עם [math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math], [math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\mathrm dx }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-[math]\displaystyle{ [0,\infty) }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f }[/math] מתכנס אעפ"י ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty f(n) }[/math] מתבדר, ולהיפך: [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty f(n) }[/math] מתכנס ואילו [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f }[/math] מתבדר. ובכן, אם [math]\displaystyle{ f(x)=\sin(\pi x) }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f=\lim_{R\to\infty}\int\limits_0^R\sin(\pi x)\mathrm dx=\lim_{R\to\infty}\left[\frac{-\cos(\pi x)}\pi\right]_{x=0}^R }[/math] ואין גבול, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0 }[/math], שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף
אזי [math]\displaystyle{ \sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty }[/math] - מתבדר. לעומת זאת,
[math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty f= }[/math] השטח שמתחת לגרף [math]\displaystyle{ =\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34 }[/math]
[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 9 (מבחן דיריכלה)

נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] ונניח שהאינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] חסומים כאשר [math]\displaystyle{ b\to\infty }[/math] (ז"א קיים [math]\displaystyle{ M\ge0 }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \forall b\gt a:\ \left|\int\limits_a^b f\right|\le M }[/math]). עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=0 }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx }[/math] מתכנס.

הוכחה

לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=\int\limits_a^x f }[/math]. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-[math]\displaystyle{ F'(x)=f(x) }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math]. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים ש-[math]\displaystyle{ \forall x\gt a:\ |F(x)|\le M }[/math]. כעת [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g' }[/math]. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים: [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty} [F(x)g(x)]_{x=a}^R=\lim_{R\to\infty} \underbrace{F(R)}_\text{bounded}\underbrace{g(R)}_{\to0}-\underbrace{F(a)}_0g(a)=0 }[/math]. נותר להוכיח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g' }[/math], ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty F\cdot g' }[/math] מתכנס. עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן [math]\displaystyle{ g'(x)\ge0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] או [math]\displaystyle{ g'(x)\le0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math]. נניח ש-[math]\displaystyle{ \forall x\gt a:\ g'(x)\ge0 }[/math] (ההוכחה במקרה השני דומה). יוצא שלכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ 0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x) }[/math] ושהאינטגרל של [math]\displaystyle{ Mg'(x) }[/math] הוא [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty Mg'=[Mg(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a) }[/math] כי נתון ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=0 }[/math]. לסיכום הראנו ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty Mg' }[/math] מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty |F|\cdot g' }[/math] ולכן מתכנס [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty F\cdot g' }[/math]. לכן קיים [math]\displaystyle{ \lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g' }[/math] וסיימנו את ההוכחה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמאות

נראה כי לכל [math]\displaystyle{ \alpha\gt 0 }[/math] האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx }[/math] מתכנס: נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha} }[/math]. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: [math]\displaystyle{ \left|\int\limits_1^b f\right|=\left|\int\limits_1^b \sin\right|=\left|[-\cos(x)]_{x=1}^b\right|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2 }[/math]. יתר על כן, [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1{x^\alpha} }[/math] פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה [math]\displaystyle{ -\alpha x^{-\alpha-1} }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math] ומתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} g(x)=0 }[/math]. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

נוכיח ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx }[/math] אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty }[/math]: לכל [math]\displaystyle{ x\ge1 }[/math], מכיוון ש-[math]\displaystyle{ |\sin(x)|\le1 }[/math], [math]\displaystyle{ 0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right| }[/math]. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx }[/math] מתבדר. נעזר בזהות [math]\displaystyle{ \sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2 }[/math] להראות ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx }[/math]. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx }[/math] מתכנס. כמו כן, ידוע לנו כי [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty }[/math]. עתה נניח בשלילה ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx }[/math] מתכנס. לפי משפט 1 [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx+\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x} }[/math], אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים.

בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה לאינטגרציה בחלקים. נתבונן בסכום [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_nb_n }[/math] ונגדיר סכומים חלקיים [math]\displaystyle{ S_n=\sum_{k=1}^n a_k }[/math]. מכאן [math]\displaystyle{ \forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1} }[/math]. נקבל

[math]\displaystyle{ \begin{align}\sum_{n=1}^N a_nb_n&=S_1b_1+(S_2-S_1)b_2+(S_3-S_2)b_3+\dots+(S_N-S_{N-1})b_N\\&=S_1(b_1-b_2)+S_2(b_2-b_3)+\dots+S_{N-1}(b_{N-1}-b_N)+S_Nb_N\end{align} }[/math]

ז"א [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N }[/math], מה שנקרא סכימה בחלקים.

משפט 10 (משפט דיריכלה לטורים)

נניח שלטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_n }[/math] יש סכומים חלקיים [math]\displaystyle{ S_N }[/math] חסומים (כלומר [math]\displaystyle{ |S_N|\le M }[/math]). עוד נניח ש-[math]\displaystyle{ \{b_n\} }[/math] סדרה מונוטונית כך ש-[math]\displaystyle{ b_n\to0 }[/math]. אז [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty a_nb_n }[/math] מתכנס.

את ההמשך עשינו בשיעור שאחריו:

הוכחה

לכל N מתקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1} S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N }[/math]. נשאיף [math]\displaystyle{ N\to\infty }[/math] אזי [math]\displaystyle{ \lim_{N\to\infty} \underbrace{S_N}_\text{bounded}\underbrace{b_N}_{\to0}=0 }[/math]. נותר להוכיח ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty S_n(b_n-b_{n+1}) }[/math] מתכנס, ונעשה זאת ע"י כך שנראה שהוא מתכנס בהחלט.

נסמן c כ-1 אם [math]\displaystyle{ \{b_n\} }[/math] יורדת ו-[math]\displaystyle{ -1 }[/math] אחרת:	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty M(b_n-b_{n+1})c }[/math]	[math]\displaystyle{ \le }[/math]	[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\vert S_n\vert\vert b_n-b_{n+1}\vert }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ cM\sum_{n=1}^\infty (b_n-b_{n+1}) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
הטור טלסקופי.	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ cM(b_1-\lim_{n\to\infty}b_n) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ cMb_1 }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]

כלומר הסכום מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

הערה

משפט לייבניץ הוא מקרה פרטי של משפט דיריכלה: נגדיר [math]\displaystyle{ a_n=(-1)^{n+1} }[/math] (ולכן הסכומים החלקיים חסומים). מכאן נובע שעבור [math]\displaystyle{ b_n }[/math] מונוטונית יורדת שואפת לאפס הטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty a_n b_n }[/math], שהוא טור לייבניץ, מתכנס.

דוגמה

נניח ש-[math]\displaystyle{ \{b_n\} }[/math] יורדת לאפס ונראה שהטור [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n }[/math] מתכנס. נגדיר [math]\displaystyle{ a_n=\cos(n) }[/math] ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N a_n }[/math] חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-[math]\displaystyle{ \cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta) }[/math]. לפי זה לכל n מתקיים [math]\displaystyle{ \cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin\left(n+\frac12\right)-\frac12\sin\left(n-\frac12\right) }[/math]. לכן

	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ \frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12\left(\sin\left(n+\frac12\right)-\sin\left(n-\frac12\right)\right) }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^N\cos(n) }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
הטור טלסקופי, לכן:	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ -\frac12\frac{\sin(1-1/2)}{\sin(1/2)}+\frac12\frac{\sin(N+1/2)}{\sin(1/2)} }[/math]	[math]\displaystyle{ = }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]
	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ -\frac12+\frac12\frac1{\sin(1/2)} }[/math]	[math]\displaystyle{ \le }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]	[math]\displaystyle{ }[/math]

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]