אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)[עריכה]

דוגמאות חישוב[עריכה]

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

משפט 1[עריכה]

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

הוכחה[עריכה]

לפי הגדרה [math]\displaystyle{ \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 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 2[עריכה]

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math] ויהי [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math]. אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \int\limits_b^\infty f }[/math] מתכנס, ואם כן [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^\infty f }[/math]. ההוכחה פשוטה.

משפט 3[עריכה]

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

הוכחות[עריכה]

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

מסקנה[עריכה]

מתוך ההוכחה ראינו שאם האינטגרל הלא אמיתי של פונקציה אינטגרבילית מקומית אי-שלילית מתבדר אז הוא מתכנס במובן הרחב ל-[math]\displaystyle{ \infty }[/math].