משתמש:אור שחף/133 - הרצאה/10.4.11

אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

משפט 4 (מבחן ההשוואה)

נניח ש-[math]\displaystyle{ \forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x) }[/math] ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אזי:

1. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס.
2. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתבדר אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתבדר.

הוכחה

1. עפ"י משפט 3 מתקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f=\sup_{R\gt a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R\gt a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g }[/math]. כעת, אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז הוא קטן מ-[math]\displaystyle{ \infty }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f\lt \infty }[/math] ומתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
2. הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 5 (מבחן ההשוואה הגבולי)

נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. עוד נניח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R }[/math]. אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math].

הוכחה

כיוון ש-[math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L }[/math] קיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ x\ge x_0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \frac{f(x)}{g(x)}\lt L+1 }[/math], ז"א [math]\displaystyle{ 0\le f(x)\le(L+1)g(x) }[/math]. נתון ש-g אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math], ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math]. לפי משפט 1 גם [math]\displaystyle{ (L+1)g }[/math] אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math]. נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע [math]\displaystyle{ [x_0,\infty) }[/math] ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מסקנה

בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש-[math]\displaystyle{ L\ne0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס.

הוכחה

לפי משפט 5 אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אז [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש-[math]\displaystyle{ L\gt 0 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R }[/math] ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש-[math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty g }[/math] מתכנס אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

דוגמאות

עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.

1. [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx }[/math]:

   פתרון

   כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math] הפונקציה בסדר גודל [math]\displaystyle{ \frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x }[/math]. נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1x }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34\gt 0 }[/math]. לכן האינטגרל מתבדר. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

2. [math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx }[/math]:

   פתרון

   נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5} }[/math] וכן [math]\displaystyle{ g(x)=\frac1{x\ln(x)} }[/math]. מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1\gt 0 }[/math]. אבל [math]\displaystyle{ \int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty }[/math], כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

3. [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx }[/math]:

   פתרון

   נחשב את [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x} }[/math]: נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0 }[/math]. לכן אם [math]\displaystyle{ \int\limits_0^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2} }[/math] מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

משפט 6 (המבחן האינטגרלי לטורים)

נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [k,\infty) }[/math] (עבור [math]\displaystyle{ k\in\mathbb N }[/math] כלשהו). אזי [math]\displaystyle{ \int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R }[/math].

הוכחה

נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. [math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math] הוא סכום עליון של [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] ו-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n) }[/math] הוא סכום תחתון. נסיק ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math]. כעת, אם נתון ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^\infty f(n) }[/math] מתכנס אז הסכומים החלקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math] חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] חסומים מלעיל. נשאיף [math]\displaystyle{ N\to\infty }[/math] ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge0 }[/math] האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_k^\infty f }[/math] מתכנס. מאידך, אם נתון כי [math]\displaystyle{ \int\limits_k^\infty f }[/math] מתכנס אז האינטגרלים החלקיים [math]\displaystyle{ \int\limits_k^N f }[/math] חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n) }[/math] חסומים מלעיל ומכיוון ש-[math]\displaystyle{ f(x)\ge0 }[/math] נובע ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^\infty f(n) }[/math] מתכנס [math]\displaystyle{ \sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow }[/math] מתכנס. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מסקנה

בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n) }[/math].

דוגמאות

1. [math]\displaystyle{ \sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))} }[/math] - מתכנס או מתבדר?

   פתרון

   נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))} }[/math], אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב-[math]\displaystyle{ [30,\infty) }[/math]. עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_{30}^\infty f }[/math], שמתבדר: [math]\displaystyle{ \int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty }[/math] (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

2. ידוע לנו ש-[math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6 }[/math]. אם נקח, למשל, [math]\displaystyle{ \sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2} }[/math], מהו סדר הגודל של השארית R?

   פתרון

   נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר [math]\displaystyle{ f(x)=\frac1{x^2} }[/math] אזי [math]\displaystyle{ R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty\frac1{n^2} }[/math]. מתקיים [math]\displaystyle{ \sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6} }[/math]. כמו כן [math]\displaystyle{ \int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1} }[/math].

   לסיכום, השארית מקיימת [math]\displaystyle{ \frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6} }[/math].

---

פיתחנו כמה משפטים על התכנסות [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math].

הגדרה: תהי f מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור [math]\displaystyle{ x\to\infty }[/math] אם לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [math]\displaystyle{ x_0\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt x_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt \varepsilon }[/math].

משפט 7

תהי f מוגדרת בקטע [math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x) }[/math] קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.

הוכחה

תחילה נניח שקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R }[/math] ונאמת את תנאי קושי. יהי [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון. לפי ההגדרה קיים [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x\gt b }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x)-L|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. מכאן נובע שאם [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt b }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon }[/math] ולכן מתקיים תנאי קושי.

מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים [math]\displaystyle{ b\gt a }[/math] כך שלכל [math]\displaystyle{ x_2\ge x_1\gt b }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt 1 }[/math]. נקבע [math]\displaystyle{ x_1=b+1 }[/math] ונובע שלכל [math]\displaystyle{ x_2\gt b+1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(b+1)|\lt 1 }[/math]. לכן אם [math]\displaystyle{ x_2\gt b+1 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|\lt 1 }[/math] ומכאן ש-[math]\displaystyle{ |f(x_2)|\lt |f(b+1)|+1 }[/math]. לכן f חסומה בקטע [math]\displaystyle{ [b+1,\infty) }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\} }[/math] סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת [math]\displaystyle{ \{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N} }[/math] כך ש-[math]\displaystyle{ \lim_{k\to\infty} f(b+n_k) }[/math] קיים ונאמר שהוא [math]\displaystyle{ L\in\mathbb R }[/math]. טענה: [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty} f(x) }[/math] קיים ושווה ל-L. הוכחה: [math]\displaystyle{ \lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L }[/math] ולכן עבור [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] נתון קיים [math]\displaystyle{ k_0\in\mathbb N }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ k\ge k_0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(b+n_k)-L|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר [math]\displaystyle{ c\gt a }[/math] כך שאם [math]\displaystyle{ x_2\gt x_1\gt c }[/math] אז [math]\displaystyle{ |f(x_2)-f(x_1)|\lt \frac\varepsilon2 }[/math]. עתה נגדיר [math]\displaystyle{ d:=\max\{b+n_{k_0},c\} }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ |f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|\lt \frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

את ההמשך עשינו בהרצאה שאחריה:

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-[math]\displaystyle{ [a,\infty) }[/math]. אזי האינטגרל [math]\displaystyle{ \int\limits_a^\infty f }[/math] מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל [math]\displaystyle{ \varepsilon\gt 0 }[/math] קיים [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].

הוכחה

לכל [math]\displaystyle{ x\gt a }[/math] נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=\int\limits_a^x f }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ \int\limits_{x_1}^{x_2} f=F(x_2)-F(x_1) }[/math]. כמו כן מתקיים [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_a^\infty f }[/math]. עתה, [math]\displaystyle{ \lim_{x\to\infty}F(x) }[/math] מתכנס אם"ם [math]\displaystyle{ \forall\varepsilon\gt 0:\ \exists x_0\gt a:\ \forall x_2\gt x_1\gt x_0:\ |F(x_2)-F(x_1)|\lt \varepsilon }[/math], וזה נכון אם"ם [math]\displaystyle{ \forall\varepsilon\gt 0:\ \exists x_0\gt a:\ \forall x_2\gt x_1\gt x_0:\ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|\lt \varepsilon }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]