נוספו 6,692 בתים,
15:34, 1 במאי 2011 =אינטגרלים לא אמיתיים=
==מקרה ראשון==
לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.
===דוגמה 1===
הראה כי <math>\int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx</math> מתכנס ומצא חסם עליון.
====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>.
==מבחן דיריכלה==
f ו-g רציפות. אם
* f יורדת 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.
====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}}
=אינטגרלים לא אמיתיים - סוג שני=
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.
'''כלל ידוע:''' <math>\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha}</math> מתכנס אם"ם <math>\alpha<1</math>.
===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>.
====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>.
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>.
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>.
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>.
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>, אזי ברור כי <math>\lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0</math>.
{{משל}}
==מבחן 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.\
==מבחן ההשוואה הגבולי==
<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>.
* אם <math>L=\infty</math> אז התכנסות <math>\int\limits_a^b f</math> גוררת התכנסות <math>\int\limits_a^b g</math>.
===דוגמה 4===
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>.
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.
===דוגמה 6===
הוכיחו התכנסות בתנאי של <math>\int\limits_0^\infty\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx</math>.
====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.
נמשיך בתרגול הבא.