שינויים

# <math>\int\limits_1^\infty \frac x{1+x^4}\mathrm dx</math>: נציב <math>y=x^2</math> ואז כאשר <math>x=1</math> נקבל <math>y=1</math> וכאשר <math>x\to\infty</math> נקבל <math>y\to\infty</math> ולכן <math>\int=\int\limits_1^\infty\frac{0.5\mathrm dy}{1+y^2}\mathrm dy=\left[\frac12\arctan(y)\right]_{y=1}^\infty=...</math>. {{משל}}# עבור <math>p>0</math> נחשב <math>\int\limits_1^\infty \frac{\mathrm dx}{x^p}</math>: אם <math>p=1</math> זה <math>\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}x=[\ln|x|]_{x=1}^\infty=\infty</math>, כלומר מתבדר. עבור <math>p\ne1</math> נקבל <math>\left[\frac{x^{-p+1}}{-p+1}\right]_1^\infty=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{-p+1}}{-p+1}-\frac1{-p+1}=\begin{cases}\frac1{p-1}&p>1\\\infty&p<1\end{cases}</math>, כלומר האינטגרל מתכנס <math>p>1\ \iff</math>. {{משל}} ''הערה: '' עבור <math>p<1</math> מתקבל <math>\frac1{x^p}>\frac1x</math> בקטע <math>(1,\infty)</math>. לכן מבין הפונקציות <math>\frac1{x^p}</math>, הפונקציה המינימלית שעבורה האינטגרל על <math>[1,\infty)</math> מתבדר היא <math>\frac1x</math>. אבל יש פונקציה מסדר גודל יותר קטן מ-<math>\frac1x</math> שעבורן האינטגרל מתבדר, למשל <math>\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x\ln(x)}=\int\limits_2^\infty\frac{1/x}{\ln(x)}\mathrm dx=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty</math>. "קל לבדוק" שעבור <math>p>0</math> האינטגרל <math>\int\limits_2^\infty\frac{\mathrm dx}{x(\ln(x))^p}</math> מתכנס אם"ם <math>p>1</math>. {{משל}}# נניח ש-f מוגדרת ורציפה ב-<math>[1,\infty)</math> ונניח ש-<math>\int\limits_1^\infty f=\infty</math>. נוכיח כי קיימת פונקציה g אי-שלילית ורציפה ב-<math>[1,\infty)</math> מסדר גודל יותר קטן מ-f, ז"א <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\infty</math>, ועדיין <math>\int\limits_1^\infty g(x)\mathrm dx=\infty</math>. ובכן נגדיר <math>F(x)=\int\limits_1^x f</math> אז כמובן ש-<math>F'(x)=f(x)</math> ולפי הנתון <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f=\infty</math> . נגדיר <math>g(x)=\frac {f(x)}{F(x)}</math> ולכן <math>\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac {f(x)}{f(x)/F(x)}=\lim_{x\to\infty}F(x)=\infty</math> , ז"א g מסדר גודל קטן מ-f. כעת <math>\int\limits_1^\infty g=\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}{F(x)}\mathrm dx=\int\limits_1^\infty \frac{F'(x)}{F(x)}\mathrm dx=[\ln(F(x))]_{x=1}^\infty=\infty</math>. {{משל}}# נניח ש-f אי-שלילית ורציפה ב-<math>(1,\infty)</math> ו-<math>\int\limits_1^\infty f</math> מתכנס. נוכיח שקיימת g אי-שלילת מסדר גודל גדול מ-f כך ש-<math>\int\limits_1^\infty g</math> מתכנס.<br/>''בנייה: '' נגדיר <math>F(x)=\int\limits_1^x f</math> , לכן <math>F'=f</math> לכן ולכן <math>\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_1^\infty f</math> קיים ושווה ל-L. אם נגדיר <math>g(x)=2F(x)f(x)</math> אז g מסדר גודל כמו של f וזה לא עוזר, לכן יש להגדיר <math>F(x)=\int\limits_x^\infty f</math> אז <math>F'=-f</math> וכיוון שהאינטגרל של f מתכנס, <math>\lim_{x\to\infty} F(x)=0</math>. נגדיר <math>g:x\mapsto\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}</math> . חילקנו את f בפונקציה ששואפת ל-0 באינסוף, ולכן g מסדר גודל יותר גדול מ-f. יתר על כן{{left|<math>\begin{align}\int\limits_1^\infty g=&\int\limits_1^\infty\frac{f(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\int\limits_1^\infty\frac{-F'(x)}\sqrt{F(x)}\mathrm dx\\&=\left[-2\sqrt{F(x)}\right]_{x=1}^\infty\\&=2\sqrt{F(1)}\\&=2\sqrt{\int\limits_1^\infty f}\end{align}</math>}} {{משל}}

# נתבונן באינטגרל <math>\int\limits_0^\infty \frac{\sin(x)}x\mathrm dx</math> - מתכנס או מתבדר? נוכיח שמתכנס בעזרת משפט לייבניץ על טורים. נבחר N טבעי ונבטא את האינטגרל החלקי (כאשר <math>\mbox{sinc}(x)=\frac{\sin(x)}x</math>): <math>\int\limits_0^{N\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx=\sum_{k=1}^N \int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. נסמן <math>\forall k\in\{1,\dots,N\}:\ a_k:=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx</math>. ''טענה: '' המספרים <math>a_k</math> מקיימים <ul><li><math>(-1)^{k+1}a_k>0</math></li><li><math>|a_1|>|a_2|>|a_3|>\dots</math> (ולכן הטור שמתפתח הוא טור לייבניץ).</li></ul>''הוכחה:''<ul><li>אם k אי-זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\ge0</math> בקטע <math>[(k-1)\pi,k\pi]</math> ואם k זוגי אז <math>\frac{\sin(x)}x\le0</math> בקטע. לכן הטענה הראשונה מתקיימת.</li><li>לכל k טבעי <math>|a_k|=\left|\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math> כי <math>\mbox{sinc}(x)</math> בעלת סימן קבוע ב-<math>[(k-1)\pi,k\pi]</math>. נציב <math>t=x+\pi</math> על מנת לקבל <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{|\sin(t-\pi)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ומכיוון ש-<math>\sin(t-\pi)=-\sin(t)</math> זה שווה ל-<math>|a_k|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(t)|}{t-\pi}\mathrm dt</math> ואילו <math>|a_{k+1}|=\int\limits_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx</math>, ומכיוון ש-<math>x-\pi<x\implies\forall x>\pi:\ \frac{|\sin(x)|}{x-\pi}>\frac{|\sin(x)|}x</math> הטענה השנייה מתקיימת.</li></ul>נותר לנו לבדוק ש-<math>\lim_{k\to\infty} |a_k|=0</math>. ואכן <math>|a_k|=\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi} \frac{|\sin(x)|}x\mathrm dx\le\int\limits_{(k-1)\pi}^{k\pi}\frac{\mathrm dx}x=\ln\left|\frac{k\pi}{(k-1)\pi}\right|\to\ln|1|=0</math>. לסיכום <math>\int\limits_0^{N\pi}=\sum_{k=1}^N a_k</math> וה-<math>a_k</math> יוצרים טור לייבניץ. ע"פ משפט ליבניץ הטור <math>\sum_{k=1}^\infty a_k</math> מתכנס, נאמר ל-L. ''טענה: '' <math>\int\limits_0^\infty \mbox{sinc}(x)\mathrm dx=L</math>. ''הוכחה: '' יהי <math>\varepsilon>0</math> נתון. לפי הנתון קיים <math>n_0\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_0</math> מתקיים <math>\left|\sum_{k=1}^n a_k-L\right|<\frac\varepsilon2</math>. כמו כן <math>a_k\to0</math> ולכן קיים <math>n_1\in\mathbb N</math> כך שלכל <math>n>n_1</math> מתקיים <math>|a_k|<\frac\varepsilon2</math>. אם <math>R\pi>\pi\cdot\max\{n_1,n_0\}</math> אזי {{left|<math>\begin{align}\left|\int\limits_0^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|&=\left|\int\limits_0^{\lfloor R\rfloor\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx-L\right|\\&=\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L+\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le\left|\sum_{k=1}^{\lfloor R\rfloor} a_k-L\right|+\left|\int\limits_{\lfloor R\rfloor\pi}^{R\pi} \mbox{sinc}(x)\mathrm dx\right|\\&\le<\frac\varepsilon2+a_{\lfloor R\rfloor+1}\\&<\varepsilon\end{align}</math>}} {{משל}}

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב-<math>[a,\infty)</math> ויהי <math>b>a</math>. אזי האינטגרל <math>\int\limits_a^\infty f</math> מתכנס אם"ם <math>\int\limits_b^\infty f</math> מתכנס, ואם כן <math>\int\limits_a^\infty f=\int\limits_a^b f+\int\limits_b^\infty f</math>. ההוכחה פשוטה מדי.

# נניח <math>\sup_{x>a} f(x)=m\in\mathbb R</math>. ''טענה: '' <math>\lim_{x\to\infty} f(x)</math> קיים ושווה ל-m. ''הוכחה: '' לפי אפיון החסם העליון, אם <math>\varepsilon>0</math> אזי קיים <math>x_0\in[a,\infty)</math> כך ש-<math>m-\varepsilon<f(x_0)\le m<m+\varepsilon</math> לכן עבור כל <math>x>x_0</math> מתקיים (מכיוון ש-f עולה) <math>m-\varepsilon<f(x_0)\le f(x)\le m<m+\varepsilon</math>. בפרט, לכל <math>x>x_0</math> מתקיים <math>|f(x)-m|<\varepsilon</math> ולכן <math>\lim_{x\to\infty} f(x)=m</math> ואם <math>\sup_{x>a} f(x)=\infty</math> (לא חסום) אז לכל <math>n\in\mathbb N</math> קיים <math>x_0</math> כך ש-<math>f(x_0)>n</math>. כעת, אם <math>x>x_0</math> אז <math>f(x)\ge f(x_0)>n</math>. נובע ש-<math>\lim_{x\to\infty} f(x)=\infty</math> ואין גבול במובן הצר. {{משל}}