שינויים

=אינטגרלים לא אמיתיים===מקרה ראשון=, סוג I=

===דוגמה 1===

====פתרון====ברור כי <math>0<e^{-x^2}<1\le1</math> עבור הקטע <math>[0,1]</math>, שם נפעיל את האינטגרל: 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>, 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_1limits_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e</math>. לכן בסה"כ <math>\int<1\le1+\frac1e</math>.{{משל}}

* f ו-g רציפות. אם* f יורדת מונוטונית לאפס.

הוכיחו כי לכל <math>\alpha>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\matghm mathrm dx</math> מתכנס.

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 ןו-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 mathrm dx</math>מתכנס. {{משל}}

=אינטגרלים לא אמיתיים - , סוג שניII=

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.

===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^\frac12b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^2\alpha}=\int\limits_0^\frac12b\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}=</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^\frac12b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0^+}^\frac12b=\infty</math>.

עבור <math>\alpha\ne1</math> נקבל <math>\lim_{x\to0+}-\frac{(-\ln(1/2b))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+\lim_{x\to0^+}\frac{(-\ln(1/2x))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}</math>.

* אם <math>\alpha<1</math>, כלומר <math>-\alpha+1>0</math> אז <math>\lim_{tx\to0^+}-\ln(tx)=\infty</math> ולכן <math>(-\ln(tx))^{-\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>ולכן האינטגרל מתכנס.

==מבחן מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II==בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-<math>(a,b]</math>.===מבחן ההשוואה===נניח ש-<math>0\le g(x)\le f(x)</math> אז . 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>.

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)}\underbrace{=}_\text{l'Hospital}\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{\sin(x)}=2</math>.

קל לעבור להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה <math>y=\frac1x</math>. לכן <math>\mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2}</math>. נקבל 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}}

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.