הגרסה להדפסה אינה נתמכת עוד וייתכן שיש בה שגיאות תיצוג. נא לעדכן את הסימניות בדפדפן שלך ולהשתמש בפעולת ההדפסה הרגילה של הדפדפן במקום זה.

אינטגרלים לא אמיתיים

מקרה ראשון

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}\lt 1 }[/math] עבור הקטע [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math], שם נפעיל את האינטגרל: [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], שם 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\limtis_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e }[/math]. לכן בסה"כ [math]\displaystyle{ \int\lt 1+\frac1e }[/math].

מבחן דיריכלה

f ו-g רציפות. אם

f יורדת 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}\matghm 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 ן-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}\matghm dx }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

אינטגרלים לא אמיתיים - סוג שני

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^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^2\alpha}=\int\limits_0^\frac12\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). עבור [math]\displaystyle{ \alpha\ne1 }[/math]: [math]\displaystyle{ \int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}=-\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^\frac12\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0+}^\frac12=\infty }[/math].

עבור [math]\displaystyle{ \alpha\ne1 }[/math] נקבל [math]\displaystyle{ \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]\displaystyle{ \alpha\lt 1 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ -\alpha+1\gt 0 }[/math] אז [math]\displaystyle{ \lim_{t\to0^+}-\ln(t)=\infty }[/math] ולכן [math]\displaystyle{ (-\ln(t))^{-\alpha+1}\to\infty }[/math].
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].

[math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]

מבחן ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II

[math]\displaystyle{ 0\le g(x)\le f(x) }[/math] אז אם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b f }[/math] מתכנס גם [math]\displaystyle{ \int\limits_a^b g }[/math] מתכנס.\

מבחן ההשוואה הגבולי

[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]. [math]\displaystyle{ \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]\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 לעבור מסוג II לסוג I ע"י הצבה [math]\displaystyle{ y=\frac1x }[/math]. לכן [math]\displaystyle{ \mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2} }[/math]. נקבל [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.

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 ולכן אין התכנסות בהחלט.

נמשיך בתרגול הבא.