שינויים
יצירת דף עם התוכן "==משפט 7== תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי ..."
==משפט 7==
תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-<math>[a,\infty)</math>.
===הוכחה==
אם ידוע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L\in\mathbb R</math> קל לקיים את תנאי קושי וכבר עשינו זאת. לצד השני נניח שתנאי קושי מתקיים עבור F. תחילה נראה ש-F חסומה ב-<math>[a,\infty)</math>. מתנאי קושי נובע שקיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge b</math>, <math>|F(x_2)-F(b)|<1</math>. מכאן שלכל <math>x_2>b</math> <math>|F(x_2)|\le|F(b)|+1</math>. לכן F חסומה בקטע <math>[b,\infty)</math>. כעת נתבונן בסדרת הערכים <math>F(b),F(b+1),F(b+2),\dots</math>. זאת סדרה חסומה. עפ"י בולצאנו וירשטרס קיימת לה תת סדרה מתכנסת <math>F(b+n_k)_{k=1}</math> כאשר <math>\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים ונקרא לו L.
טענה: <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>L=\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>k>k_0</math>, <math>|F(b+n_k)|<\varepsilon/2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי קיים <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon/2</math>. נגדיר <math>d=\max\{c,n_{k_0}\}</math>. צ"ל: לכל <math>x>d</math>, <math>|F(x)-L|\varepsilon/2</math>, מה שגורר <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. ובכן אם <math>x>d</math> נוכל לבחור <math>k>k_0</math> כך ש-<math>b+n_k>x>d</math> (כי <math>b+n_k\xleftarrow[k\to\infty]{}\infty</math>). כעת לפי הבניה שלנו <math>|f(x)-L|\le|F(x)-F(b+n_k)|+|F(b+n_k)-L|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon</math>. נובע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. {{משל}}
===מסקנה===
תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי האינטגרל <math>\in\limits_a^\infty f</math> מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>|\int\limits_{x_1}^{x_2} f|<\varepsilon</math>.
====הוכחה====
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. לפי ההגדרה <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^x f</math> מתכנס...
----
'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
==משפט 8==
תהי f מוגדר ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-<math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית שם.
===הוכחה===
לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0<a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}
גישה אחרת: נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> לא שליליות. בודקים שלכל x <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>|f(x)|=f^+(x)+f^-(x)</math>. (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת)
כעת אם נתון ש-<math>\int\limit_a^\infty|f|</math> מתכנס. מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|</math> ...
עכשיו נובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-</math>...
==דוגמאות==
#...
# נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[1,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_1^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\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. לכל האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר f ע"י גרף (יטופל בהמשך) moveTo(1/2,0);lineTo(1,1);lineTo(3/2,0);lineTo(7/4,0);lineTo(2,1);lineTo(9/4,0);lineTo(25/8,0);...
==משפט 9 {{הערה|(מבחן דיריכלה)}}==
נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math>. ז"א קיים <math>M>0</math> כך שלכל <math>b>a</math> <math>|\int\limits_a^b f|\le M</math>. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
===הוכחה===
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים שלכל <math>x>a</math> <math>|f(x)|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^Rf\cdot g=\lim_{R\to\infty}\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^R-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שלכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר <math>R\to\infty</math>. ובכן <math>\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>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>. ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limit_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x\ge a</math> או <math>x\le0</math> לכל <math>x\ge a</math>. כמקרה ראשון נניח ש-<math>\forall x\ge a:\ g'(x)\ge0</math>. יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg'(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> בסיכון הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty |F|g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty Fg'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R Fg'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}
דוגמה: לכל <math>\alpha>0</math> <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math>. הוכחה: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. אז ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>|\int\limits_1^b f|=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_{x=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2</math>. יתר על כן <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alphax^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=...</math>
ז"א <math>\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty</math> אבל לכל <math>1\le x</math> <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|</math> כי <math>|\sin(x)|\le1</math> ולכן <math>\sin^2(x)\le|\sin(x)|</math> ואילו <math>x>1</math> ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. אמנם <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> ולכן <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> שמתכנס עפ"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> וכידוע <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> מתבדר ל-<math>+\infty</math>.
נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-<math>\int\limits_1^\infty\left(\frac{1-\cos(x)}{2x}+\frac{\cos(2x)}{2x}\right)\mathrm dx</math> הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> שמתבדר. הסתירה מוכיחה את הטענה.
כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים. בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שהיא דומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math> אז <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. אם כן <math>\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</math>. ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math> - סכימה בחלקים.
==משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
נתון <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math>. נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים חסומים <math>|S_N|\le M</math> עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.
תהי F מוגדרת בקטע <math>[a,\infty)</math> אז <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ממש אם"ם F מקיימת את תנאי קושי ב-<math>[a,\infty)</math>.
===הוכחה==
אם ידוע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L\in\mathbb R</math> קל לקיים את תנאי קושי וכבר עשינו זאת. לצד השני נניח שתנאי קושי מתקיים עבור F. תחילה נראה ש-F חסומה ב-<math>[a,\infty)</math>. מתנאי קושי נובע שקיים <math>b>a</math> כך שלכל <math>x_2\ge b</math>, <math>|F(x_2)-F(b)|<1</math>. מכאן שלכל <math>x_2>b</math> <math>|F(x_2)|\le|F(b)|+1</math>. לכן F חסומה בקטע <math>[b,\infty)</math>. כעת נתבונן בסדרת הערכים <math>F(b),F(b+1),F(b+2),\dots</math>. זאת סדרה חסומה. עפ"י בולצאנו וירשטרס קיימת לה תת סדרה מתכנסת <math>F(b+n_k)_{k=1}</math> כאשר <math>\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים ונקרא לו L.
טענה: <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> קיים ושווה ל-L. הוכחה: יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>L=\lim_{k\to\infty}F(b+n_k)</math> קיים <math>k_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>k>k_0</math>, <math>|F(b+n_k)|<\varepsilon/2</math>. כמו כן, עפ"י תנאי קושי קיים <math>c>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>c</math> אז <math>|F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon/2</math>. נגדיר <math>d=\max\{c,n_{k_0}\}</math>. צ"ל: לכל <math>x>d</math>, <math>|F(x)-L|\varepsilon/2</math>, מה שגורר <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. ובכן אם <math>x>d</math> נוכל לבחור <math>k>k_0</math> כך ש-<math>b+n_k>x>d</math> (כי <math>b+n_k\xleftarrow[k\to\infty]{}\infty</math>). כעת לפי הבניה שלנו <math>|f(x)-L|\le|F(x)-F(b+n_k)|+|F(b+n_k)-L|<\varepsilon/2+\varepsilon/2=\varepsilon</math>. נובע ש-<math>\lim_{x\to\infty}F(x)=L</math>. {{משל}}
===מסקנה===
תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אזי האינטגרל <math>\in\limits_a^\infty f</math> מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל <math>\varepsilon>0</math> קיים <math>x_0>a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>|\int\limits_{x_1}^{x_2} f|<\varepsilon</math>.
====הוכחה====
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. לפי ההגדרה <math>\lim_{x\to\infty}F(x)</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_a^x f</math> מתכנס...
----
'''הגדרה:''' תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס בהחלט אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס. אם האינטגרל מתכנס לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.
==משפט 8==
תהי f מוגדר ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math>. אם <math>\int\limits_a^\infty|f|</math> אז <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. במילים: אם f אינטגרבילית בהחלט ב-<math>[a,\infty)</math> אז f אינטגרבילית שם.
===הוכחה===
לפי המסקנה למשפט 7 מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_a^\infty f</math> מקיים את תנאי קושי. לצורך זה יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. כיוון ש-<math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס אז הוא מקיים את תנאי קושי וקיים <math>x_0<a</math> כך שאם <math>x_2>x_1>x_0</math> אז <math>\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. נובע מיד ש-<math>\left|\int\limits_{x_1}^{x_2}f\right|\le\int\limits_{x_1}^{x_2}|f|<\varepsilon</math>. קיימנו את תנאי קושי ל-<math>\int\limits_{x_1}^{x_2}f</math> ולכן הוא מתכנס. {{משל}}
גישה אחרת: נגדיר <math>f^+(x)=\begin{cases}f(x)&f(x)\ge0\\0&\text{else}\end{cases}</math> וכן <math>f^-(x)=\begin{cases}0&-f(x)>0\\f(x)&\text{else}\end{cases}</math>. לכן <math>f^+(x),f^-(x)</math> לא שליליות. בודקים שלכל x <math>f(x)=f^+(x)-f^-(x)</math> וכן <math>|f(x)|=f^+(x)+f^-(x)</math>. (גאומטרית: <math>\int\limits_a^b f^+</math> השטח שמעל ציר ה-x ו-<math>\int\limits_a^b f^-</math> השטח שמתחת)
כעת אם נתון ש-<math>\int\limit_a^\infty|f|</math> מתכנס. מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|</math> ...
עכשיו נובע ממשפט 1 ש-<math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^\infty(f^+-f^-)=\int\limits_a^\infty f^+-\int\limits_a^\infty f^-</math>...
==דוגמאות==
#...
# נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[1,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math>, ולהיפך: <math>\sum_{n=1}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_1^\infty f</math> מתבדר. ובכן אם <math>f(x)=\sin(\pi x)</math> אז <math>\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. לכל האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר f ע"י גרף (יטופל בהמשך) moveTo(1/2,0);lineTo(1,1);lineTo(3/2,0);lineTo(7/4,0);lineTo(2,1);lineTo(9/4,0);lineTo(25/8,0);...
==משפט 9 {{הערה|(מבחן דיריכלה)}}==
נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ונניח שהאינטגרלים החלקיים <math>\int\limits_a^b f</math> חסומים כאשר <math>b\to\infty</math>. ז"א קיים <math>M>0</math> כך שלכל <math>b>a</math> <math>|\int\limits_a^b f|\le M</math>. עוד נניח ש-g מוגדרת, מונוטונית ובעלת נגזרת רציפה ב-<math>[a,\infty)</math> ו-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
===הוכחה===
לכל <math>x>a</math> נגדיר <math>F(x)=\int\limits_a^x f</math>. כיוון ש-f רציפה המשפט היסודי אומר ש-<math>F'(x)=f(x)</math> לכל <math>x>a</math>. יתר על כן, הנתונים שלנו גוררים שלכל <math>x>a</math> <math>|f(x)|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^Rf\cdot g=\lim_{R\to\infty}\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^R-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שלכל אחד מהביטויים הנ"ל יש גבול כאשר <math>R\to\infty</math>. ובכן <math>\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>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math>. ז"א צריך להוכיח שהאינטגרל <math>\int\limit_a^\infty F\cdot g'</math> מתכנס עפ"י משפט 8 מספיק להראות שהאינטגרל הזה מתכנס בהחלט. נתון ש-g מונוטונית ולכן <math>g'(x)\ge0</math> לכל <math>x\ge a</math> או <math>x\le0</math> לכל <math>x\ge a</math>. כמקרה ראשון נניח ש-<math>\forall x\ge a:\ g'(x)\ge0</math>. יוצא שלכל <math>x>a</math> מתקיים <math>0\le|F(x)g'(x)|=|F(x)|g'(x)\le Mg'(x)</math> ושהאינטגרל של <math>Mg'(x)</math> הוא <math>\int\limits_a^\infty Mg'=[Mg'(x)]_{x=a}^\infty=0-Mg(a)</math> כי נתון ש-<math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math> בסיכון הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty |F|g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty Fg'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R Fg'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}
דוגמה: לכל <math>\alpha>0</math> <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math>. הוכחה: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. אז ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>|\int\limits_1^b f|=|\int\limits_1^b \sin|=|[-\cos(x)]_{x=1}^b|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2</math>. יתר על כן <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alphax^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> מתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=...</math>
ז"א <math>\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty</math> אבל לכל <math>1\le x</math> <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|</math> כי <math>|\sin(x)|\le1</math> ולכן <math>\sin^2(x)\le|\sin(x)|</math> ואילו <math>x>1</math> ולא מושפע ע"י הערך המוחלט. עפ"י מבחן ההשוואה מספיק להוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty \frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. אמנם <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> ולכן <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limit_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> שמתכנס עפ"י דיריכלה באותו נימוק כמו זה שהבאנו לאינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> וכידוע <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> מתבדר ל-<math>+\infty</math>.
נוכיח בדרך השלילה שהאינטגרל שלנו <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתבדר. ובכן אם הוא מתכנס אז משפט אחד אומר ש-<math>\int\limits_1^\infty\left(\frac{1-\cos(x)}{2x}+\frac{\cos(2x)}{2x}\right)\mathrm dx</math> הוא סכום של אינטגרלים מתכנסים ולכן מתכנס. אבל סכום זה הוא <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math> שמתבדר. הסתירה מוכיחה את הטענה.
כהשלמה לאינפי 1 נביא את משפט דיריכלה להתכנסות טורים. בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שהיא דומה לאינטגרציה בחלקים. ובכן נתבונן בסכום <math>\sum_{n=1}^N a_nb_n</math> ונגדיר סכומים חלקיים <math>S_n=\sum_{k=1}^n a_k</math> אז <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. אם כן <math>\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</math>. ז"א <math>\sum_{n=1}^Na_nb_n=\sum_{n=1}^{N-1}S_n(b_n-b_{n+1})+S_Nb_N</math> - סכימה בחלקים.
==משפט 10 {{הערה|(משפט דיריכלה לטורים)}}==
נתון <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math>. נניח שלטור <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> יש סכומים חלקיים חסומים <math>|S_N|\le M</math> עוד נניח ש-<math>\{b_n\}</math> סדרה מונוטונית כך ש-<math>b_n\to0</math>. אז <math>\sum_{n=1}^\infty a_nb_n</math> מתכנס.
