גרסה מ־17:48, 2 במאי 2011

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^\infty\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 בקטע [math]\displaystyle{ [1,\infty) }[/math]. תחילה נבדוק 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]. צד שמאל מתבדר (מכיוון ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=0 }[/math] ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] מתבדר גם [math]\displaystyle{ \int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx }[/math] מתבדר) ולכן אין התכנסות בהחלט.

נמשיך בתרגול הבא.

@@ שורה 1: / שורה 1: @@
-=אינטגרלים לא אמיתיים=
+=אינטגרלים לא אמיתיים, סוג I=
-==מקרה ראשון==
 לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.
-===דוגמה 1===
+==דוגמה 1==
 הראה כי <math>\int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx</math>  מתכנס ומצא חסם עליון.
-====פתרון====
+===פתרון===
-ברור כי <math>0<e^{-x^2}<1</math> עבור הקטע <math>[0,1]</math>, שם נפעיל את האינטגרל: <math>0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx<\int\limits_0^1\mathrm dx=1</math>. עבור הקטע <math>[1,\infty)</math>, שם ברור כי מתקיים <math>x^2\ge x</math>, לכן <math>e^{-x}\ge e^{-x^2}</math> ואז <math>\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</math>. לכן בסה"כ <math>\int<1+\frac1e</math>.
+ברור כי <math>0<e^{-x^2}\le1</math> ולכן <math>0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx<\int\limits_0^1\mathrm dx=1</math>. עבור הקטע <math>[1,\infty)</math> ברור כי מתקיים <math>x^2\ge x</math>, לכן <math>e^{-x}\ge e^{-x^2}</math> ואז <math>\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>\int\le1+\frac1e</math>. {{משל}}
 ==מבחן דיריכלה==
-f ו-g רציפות. אם
+* f ו-g רציפות.
-* f יורדת לאפס.
+* f יורדת מונוטונית לאפס.
 * הנגגזרת של f רציפה.
 * <math>G(x)=\int\limits_a^x g</math> חסומה.
 אזי <math>\int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx</math> מתכנס.
 ===דוגמה 2===
-הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm dx</math> מתכנס.
+הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס.
 ====פתרון====
-נסמן <math>f(x)=\frac1{x^\alpha}</math> וכן <math>g(x)=\sin(x)</math>. עבור <math>\alpha>0</math> ברור כי f רציפה בקטע, <math>f'</math> רציפה ן-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה <math>\left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2</math>. מסכנה: ממשפט דיריכלה <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm dx</math>. {{משל}}
+נסמן <math>f(x)=\frac1{x^\alpha}</math> וכן <math>g(x)=\sin(x)</math>. עבור <math>\alpha>0</math> ברור כי f רציפה בקטע, <math>f'</math> רציפה ו-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה: <math>\left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2</math>. מסכנה: ממשפט דיריכלה <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}
-=אינטגרלים לא אמיתיים - סוג שני=
+=אינטגרלים לא אמיתיים, סוג II=
 במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות.
 '''הגדרה:''' נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע <math>[\alpha,\beta]</math> של <math>(a,b]</math> וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים <math>\lim_{\varepsilon\to0+}\int\limits_{a+\varepsilon}^bf=L</math> אז <math>\int\limits_a^b f:=L</math>. באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון.
-אם <math>c\in(a,b)</math> נקודת אי-רציפות נרשום <math>\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.
+אם <math>c\in(a,b)</math> נקודת אי-רציפות נרשום <math>\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>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha<1</math>.
-===דוגמה 3===
+==דוגמה 3==
-יהי <math>\alpha>0</math>. הוכיחו כי <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x |\ln(x)|^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha>1</math>.
+יהי <math>\alpha>0</math>. הוכיחו כי <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha>1</math>.
-====פתרון====
+===פתרון===
-<math>\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0</math> ואז <math>\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^2\alpha}=\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x(-\ln(x))^\alpha}</math>.
+<math>\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0</math> ואז <math>\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>y=-\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx</math>. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים). עבור <math>\alpha\ne1</math>: <math>\int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}=-\frac{y^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+c</math> ועבור <math>a=1</math>: <math>-\int\frac{\mathrm dy}y=-\ln|y|+c</math>.
+נעשה הצבה <math>y=-\ln(x)</math> ואז <math>\mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx</math>. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים) <math>\int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}</math>. עבור <math>\alpha\ne1</math> זה שווה ל-<math>-\frac{y^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+c</math> ועבור <math>a=1</math>: <math>-\int\frac{\mathrm dy}y=-\ln|y|+c</math>.
-נחזור ל-x: (עבור המקרה <math>\alpha=1</math>) נקבל <math>\int\limits_0^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0+}^\frac12=\infty</math>.
+נחזור ל-x: עבור המקרה <math>\alpha=1</math> נקבל <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0^+}^b=\infty</math>.
-עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math>\lim_{x\to0+}\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\frac{(-\ln(1/2))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}</math>.
+עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math>-\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>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{t\to0^+}-\ln(t)=\infty</math> ולכן <math>(-\ln(t))^{-\alpha+1}\to\infty</math>.
+* אם <math>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{x\to0^+}-\ln(x)=\infty</math> ולכן <math>(-\ln(x))^{-\alpha+1}\to\infty</math>. מכאן שהאינטגרל מתבדר.
-* אם <math>\alpha>1</math>, כלומר <math>-\alpha+1<0</math>, אזי ברור כי <math>\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0</math>.
+* אם <math>\alpha>1</math>, כלומר <math>-\alpha+1<0</math>, אזי ברור כי <math>\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0</math> ולכן  האינטגרל מתכנס.
 {{משל}}
-==מבחן ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II==
+==מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II==
-<math>0\le g(x)\le f(x)</math> אז אם <math>\int\limits_a^b f</math> מתכנס גם <math>\int\limits_a^b g</math> מתכנס.\
+בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>(a,b]</math>.
-==מבחן ההשוואה הגבולי==
+===מבחן ההשוואה===
-<math>0\le f(x),g(x)</math> וכן <math>L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}</math>.
+נניח ש-<math>0\le g(x)\le f(x)</math>. אזי אם <math>\int\limits_a^b f</math> מתכנס גם <math>\int\limits_a^b g</math> מתכנס.
+===מבחן ההשוואה הגבולי===
+נניח ש-<math>0\le f(x),g(x)</math> וכן <math>L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}</math>.
 * אם <math>0<L<\infty</math> נאמר ש-<math>\int\limits_a^b f</math> ו-<math>\int\limits_a^b g</math> מתבדרים או מתכנסים יחדיו.
 * אם <math>L=0</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math>.
@@ שורה 52: / שורה 53: @@
 קבעו התכנסות של <math>\int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}</math>.
 ====פתרון====
-נשווה ל-<math>g(x)=\frac1{x^2}</math>. <math>\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</math>.
+נשווה ל-<math>g(x)=\frac1{x^2}</math>: לפי כלל לופיטל <math>\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>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. {{משל}}
 ===דוגמה 5===
 קבעו התכנסות <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x</math>.
 ====פתרון====
-קל לעבור מסוג II לסוג I ע"י הצבה <math>y=\frac1x</math>. לכן <math>\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}</math>. נקבל <math>\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>\int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math>, בעזרת מבחן דיריכלה.
+קל להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה <math>y=\frac1x</math>. לכן <math>\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}</math> ונקבל <math>\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>\int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math>, בעזרת מבחן דיריכלה. {{משל}}
 ===דוגמה 6===
@@ שורה 63: / שורה 64: @@
 ====פתרון====
 מצאנו כבר כי <math>\int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math> מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בקטע <math>[1,\infty)</math>. תחילה נבדוק התכנסות בהחלט:
-ברור כי <math>\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1</math>. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math> ואז <math>\frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|</math>. צד שמאל מתבדר ולכן אין התכנסות בהחלט.
+ברור כי <math>\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1</math>. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל <math>\cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right|</math> ואז <math>\frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|</math>. צד שמאל מתבדר (מכיוון ש-<math>\lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=0</math> ומכיוון ש-<math>\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2}</math> מתבדר גם <math>\int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx</math> מתבדר) ולכן אין התכנסות בהחלט.
 נמשיך בתרגול הבא.