שינויים

'''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 אבל לא בהחלט נאמר שהוא מתכנס בתנאי.

כעת , אם נתון ש-<math>\int\limits_a^\infty|f|</math> מתכנס, מבחן ההשוואה אומר שכיוון ש-<math>0\le f^+(x),f^-(x)\le|f(x)|</math> שני האינטגרלים <math>\int\limits_a^\infty f^+,\int\limits_a^\infty f^-</math> מתכנסים ונובע 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^-\in\mathbb R</math>, כלומר <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס. {{משל}}

* <math>\int\limits_2^\infty\frac{\sin(x)}{x^2}\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נראה התכנסות ע"י הוכחת התכנסות בהחלט: <math>0\le\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\le\frac1{x^2}</math> ולכן, עפ"י מבחן ההשוואהעם <math>\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}</math>, <math>\int\limits_2^\infty\left|\frac{\sin(x)}{x^2}\right|\mathrm dx</math> מתכנס. {{משל}}* נבנה דוגמאות של f מוגדרת ורציפה ב-<math>[0,\infty)</math> כך ש-<math>\int\limits_0^\infty f</math> מתכנס אעפ"י ש-<math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math>מתבדר, ולהיפך: <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)</math> מתכנס ואילו <math>\int\limits_0^\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, לכן האינטגרל מתבדר. לעומת זאת, <math>\sum_{n=0}^\infty\sin(\pi n)=\sum_{n=0}^\infty 0=0</math>, שבוודאי מתכנס. לצד השני נגדיר פונקציה f ע"י הגרף [[קובץ:גרף פונקציית משולשים 2.png|600px]]<br />אזי <math>\sum_{n=0}^\infty f(n)=\sum_{n=0}^\infty 1=\infty</math> - מתבדר. לעומת זאת, {{left|<math>\int\limits_0^\infty f=</math> השטח שמתחת לגרף <math>=\frac12\cdot\frac12+\lim_{n\to\infty}\frac12\left(\frac12+\frac14+\frac18+\dots+\frac1{2^n}\right)=\frac14+\frac12=\frac34</math>}}{{משל}}

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 ש-<math>\forall x>a:\ |F(x)|\le M</math>. כעת <math>\int\limits_a^\infty f\cdot g=\left[F(x)g(x)\right]_{x=a}^\infty-\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. נראה שכל אחד מהמחוברים באגף ימין הם גבולות מתכנסים. 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\limits_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>a</math> או <math>g'(x)\le0</math> לכל <math>x>a</math>. נניח ש-<math>\forall x>a:\ g'(x)\ge0</math> (ההוכחה במקרה השני דומה). 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> . לסיכום הראנו ש-<math>\int\limits_a^\infty Mg'</math> מתכנס. ממבחן ההשוואה נסיק שמתכנס <math>\int\limits_a^\infty |F|\cdot g'</math> ולכן מתכנס <math>\int\limits_a^\infty F\cdot g'</math>. לכן קיים <math>\lim_{R\to\infty}\int\limits_a^R F\cdot g'</math> וסיימנו את ההוכחה. {{משל}}

* נראה כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx</math> מתכנס: נגדיר <math>f(x)=\sin(x)\ \and\ g(x)=\frac1{x^\alpha}</math>. מכאן נובע כי ל-f יש אינטגרלים חלקיים חסומים: <math>\left|\int\limits_1^b f\right|=\left|\int\limits_1^b \sin\right|=\left|[-\cos(x)]_{x=1}^b\right|=|-\cos(b)+\cos(1)|\le2</math>. יתר על כן , <math>g(x)=\frac1{x^\alpha}</math> פונקציה מונוטונית יורדת ובעלת נגזרת רציפה <math>-\alpha x^{-\alpha-1}</math> בקטע <math>[1,\infty)</math> ומתקיים <math>\lim_{x\to\infty} g(x)=0</math>. קיימנו את תנאי מבחן דיריכלה ולכן האינטגרל מתכנס. {{משל}}

* נוכיח ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> אינו מתכנס בהחלט, ולמעשה <math>\int\limits_1^\infty\left|\frac{\sin(x)}x\right|\mathrm dx=\infty</math>: לכל <math>x\ge1</math>, מכיוון ש-<math>|\sin(x)|\le1</math>, <math>0\le\frac{\sin^2(x)}x\le\left|\frac{\sin(x)}x\right|</math>. ע"פ מבחן ההשוואה מספיק להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx</math> מתבדר. נעזר בזהות <math>\sin^2(x)=\frac{1-\cos(2x)}2</math> להראות ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin^2(x)}x\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math>. קל להראות (בעזרת מבחן דיריכלה) כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. כמו כן , ידוע לנו כי <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}=\infty</math>. עתה נניח בשלילה ש-<math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx</math> מתכנס. לפי משפט 1 <math>\int\limits_1^\infty\frac{1-\cos(2x)}{2x}\mathrm dx+\int\limits_1^\infty\frac{\cos(2x)}{2x}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{2x}</math>, אבל זהו סכום של אינטגרלים מתכנסים השווה לאינטגרל שמתבדר, בסתירה. {{משל}}

בהוכחה נשתמש בסכימה בחלקים, שדומה 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>. מכאן <math>\forall n:\ a_n=S_n-S_{n-1}</math>. נקבל {{left|<math>\begin{align}\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\end{align}</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>, מה שנקרא סכימה בחלקים.

נניח ש-<math>\{b_n\}</math> יורדת לאפס ונראה שהטור <math>\sum_{n=1}^\infty\cos(n)b_n</math> מתכנס. נגדיר <math>a_n=\cos(n)</math> ולכן מספיק להראות שהסכומים החלקיים <math>\sum_{n=1}^N a_n</math> חסומים. נסתמך על זהות טריגונומטרית האומרת ש-<math>\cos(\alpha)\sin(\beta)=\frac12\sin(\alpha+\beta)-\frac12\sin(\alpha-\beta)</math>. לפי זה לכל n מתקיים <math>\cos(n)\sin\left(\frac12\right)=\frac12\sin\left(n+1/2\frac12\right)-\frac12\sin\left(n-1/2\frac12\right)</math>. לכן

|r=\frac1{\sin(1/2)}\sum_{n=1}^N\frac12\left(\sin\left(n+1/2\frac12\right)-\sin\left(n-1/2\frac12\right)\right)