אינטגרלים לא אמיתיים, סוג I

לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.

דוגמה 1

הראה כי [math]\displaystyle{ \int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx }[/math] מתכנס ומצא חסם עליון.

פתרון

ברור כי [math]\displaystyle{ 0\lt e^{-x^2}\le1 }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ 0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx\lt \int\limits_0^1\mathrm dx=1 }[/math]. עבור הקטע [math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math] ברור כי מתקיים [math]\displaystyle{ x^2\ge x }[/math], לכן [math]\displaystyle{ e^{-x}\ge e^{-x^2} }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\le\int\limits_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e }[/math]. לכן בסה"כ [math]\displaystyle{ \int\le1+\frac1e }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מבחן דיריכלה

f ו-g רציפות.
f יורדת מונוטונית לאפס.
הנגגזרת של f רציפה.
[math]\displaystyle{ G(x)=\int\limits_a^x g }[/math] חסומה.

אזי [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx }[/math] מתכנס.

דוגמה 2

הוכיחו כי לכל [math]\displaystyle{ \alpha\gt 0 }[/math] האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx }[/math] מתכנס.

פתרון

נסמן [math]\displaystyle{ f(x)=\frac1{x^\alpha} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ g(x)=\sin(x) }[/math]. עבור [math]\displaystyle{ \alpha\gt 0 }[/math] ברור כי f רציפה בקטע, [math]\displaystyle{ f' }[/math] רציפה ו-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה: [math]\displaystyle{ \left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2 }[/math]. מסכנה: ממשפט דיריכלה [math]\displaystyle{ \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

אינטגרלים לא אמיתיים, סוג II

במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות.

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

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

כלל ידוע: [math]\displaystyle{ \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha} }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \alpha\lt 1 }[/math].

דוגמה 3

יהי [math]\displaystyle{ \alpha\gt 0 }[/math]. הוכיחו כי [math]\displaystyle{ \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha} }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \alpha\gt 1 }[/math].

פתרון

[math]\displaystyle{ \forall 0\lt x\lt 1:\ \ln(x)\lt 0 }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x(-\ln(x))^\alpha} }[/math].

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

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

עבור [math]\displaystyle{ \alpha\ne1 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ -\frac{(-\ln(b))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\lim_{x\to0^+}\frac{(-\ln(x))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1} }[/math].

את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים:

אם [math]\displaystyle{ \alpha\lt 1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ -\alpha+1\gt 0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}-\ln(x)=\infty }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ (-\ln(x))^{-\alpha+1}\to\infty }[/math]. מכאן שהאינטגרל מתבדר.
אם [math]\displaystyle{ \alpha\gt 1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ -\alpha+1\lt 0 }[/math], אזי ברור כי [math]\displaystyle{ \lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0 }[/math] ולכן האינטגרל מתכנס.

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

מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II

בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-[math]\displaystyle{ (a,b] }[/math].

מבחן ההשוואה

נניח ש-[math]\displaystyle{ 0\le g(x)\le f(x) }[/math]. אזי אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] מתכנס גם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b g }[/math] מתכנס.

מבחן ההשוואה הגבולי

נניח ש-[math]\displaystyle{ 0\le f(x),g(x) }[/math] וכן [math]\displaystyle{ L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)} }[/math].

אם [math]\displaystyle{ 0\lt L\lt \infty }[/math] נאמר ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^b g }[/math] מתבדרים או מתכנסים יחדיו.
אם [math]\displaystyle{ L=0 }[/math] אז התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b g }[/math] גוררת התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math].
אם [math]\displaystyle{ L=\infty }[/math] אז התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] גוררת התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b g }[/math].

דוגמה 4

קבעו התכנסות של [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)} }[/math].

פתרון

נשווה ל-[math]\displaystyle{ g(x)=\frac1{x^2} }[/math]: לפי כלל לופיטל [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}\frac{1/(1-\cos(x))}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos(x)}=\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{\sin(x)}=2 }[/math]. ידוע כי [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 5

קבעו התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x }[/math].

פתרון

קל להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה [math]\displaystyle{ y=\frac1x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2} }[/math] ונקבל [math]\displaystyle{ \int\limits_\infty^1 y\cos(y)\frac{-1}{y^2}\mathrm dy=\int\limits_1^\infty\frac{\cos(y)}y\mathrm dy }[/math]. ניתן להראות כי אינטגרל זה מתכנס בדומה למה שעשינו עם [math]\displaystyle{ \int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx }[/math], בעזרת מבחן דיריכלה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמה 6

הוכיחו התכנסות בתנאי של [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx }[/math].

פתרון

מצאנו כבר כי [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx }[/math] מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בהחלט:

ברור כי [math]\displaystyle{ \left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1 }[/math]. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל [math]\displaystyle{ \cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right| }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right| }[/math]. נותר להוכיח כי [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx }[/math] מתבדר:

דרך א: נפעיל את מבחן ההשוואה הגבולי: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=\infty }[/math]. [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] מתבדר ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx }[/math] מתבדר. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

את ההמשך עשינו בתרגול שאחריו:

דרך ב: מתקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos^2 \left(\frac1x\right)}x\mathrm dx=\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac2x\right)}x\mathrm dx}_I+\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}x}_{II} }[/math].

ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב [math]\displaystyle{ y=\frac2x }[/math] ואז [math]\displaystyle{ \mathrm dx=\frac{-2}{y^2}\mathrm dy }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ \int\limits_\infty^2 \frac{\cos(y)}{2/y}\frac{-2\mathrm dy}{y^2}=\int\limits_2^\infty \frac{\cos(y)}y\mathrm dy }[/math] שמתכנס לפי דיריכלה. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]