משתמש:אור שחף/133 - תרגול/1.5.11

מתוך Math-Wiki
קפיצה אל: ניווט, חיפוש

אינטגרלים לא אמיתיים, סוג I

לפחות אחד מגבולות האינטגרל הוא אינסוף.

דוגמה 1

הראה כי \int=\int\limits_0^\infty e^{-x^2}\mathrm dx מתכנס ומצא חסם עליון.

פתרון

ברור כי 0<e^{-x^2}\le1 ולכן 0\le\int\limits_0^1 e^{-x^2}\mathrm dx<\int\limits_0^1\mathrm dx=1. עבור הקטע [1,\infty) ברור כי מתקיים x^2\ge x, לכן e^{-x}\ge e^{-x^2} ואז \int\limits_1^\infty e^{-x^2}\mathrm dx\le\int\limits_1^\infty e^{-x}\mathrm dx=\left[-e^{-x}\right]_{x=1}^\infty=\frac1e. לכן בסה"כ \int\le1+\frac1e. \blacksquare

מבחן דיריכלה

  • f ו-g רציפות.
  • f יורדת מונוטונית לאפס.
  • הנגגזרת של f רציפה.
  • G(x)=\int\limits_a^x g חסומה.

אזי \int\limits_a^\infty f(x)g(x)\mathrm dx מתכנס.

דוגמה 2

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

פתרון

נסמן f(x)=\frac1{x^\alpha} וכן g(x)=\sin(x). עבור \alpha>0 ברור כי f רציפה בקטע, f' רציפה ו-f יורדת לאפס. ברור כי g רציפה. נוכיח כי G חסומה: \left|\int\limits_a^x\sin\right|=\left|[\cos(t)]_{t=1}^x\right|=|\cos(x)+1|\le2. מסכנה: ממשפט דיריכלה \int\limits_1^\infty\frac{\sin(x)}{x^\alpha}\mathrm dx מתכנס. \blacksquare

אינטגרלים לא אמיתיים, סוג II

במקרה זה מסתכלים בסביבה של נקודת אי-רציפות.

הגדרה: נניח f אינטגרבילית בכל תת קטע [\alpha,\beta] של (a,b] וכן לא חסומה בסביבת a. אם קיים \lim_{\varepsilon\to0+}\int\limits_{a+\varepsilon}^bf=L אז \int\limits_a^b f:=L. באופן דומה מגדירים עבור גבול אינטגרציה עליון.

אם c\in(a,b) נקודת אי-רציפות נרשום \int\limits_a^b f=\int\limits_a^c f+\int\limits_c^b f. ושוב, באופן דומה לאינטגרל לא אמיתי מסוג I, שני האינטגרלים צריכים להתכנס.

כלל ידוע: \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x^\alpha} מתכנס אם"ם \alpha<1.

דוגמה 3

יהי \alpha>0. הוכיחו כי \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha} מתכנס אם"ם \alpha>1.

פתרון

\forall 0<x<1:\ \ln(x)<0 ואז \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=\int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x(-\ln(x))^\alpha}.

נעשה הצבה y=-\ln(x) ואז \mathrm dy=\frac{-1}x\mathrm dx. לפיכך מספיק לפתור את האינטגרל (נסתכל תחילה על האינטגרל הלא מסויים) \int\frac{-\mathrm dy}{y^\alpha}. עבור \alpha\ne1 זה שווה ל--\frac{y^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}+c ועבור a=1: -\int\frac{\mathrm dy}y=-\ln|y|+c.

נחזור ל-x: עבור המקרה \alpha=1 נקבל \int\limits_0^b\frac{\mathrm dx}{x|\ln(x)|^\alpha}=[-\ln|\ln(x)||]_{x\to0^+}^b=\infty.

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

את המקרה הנ"ל החלק לשני תת מקרים:

  • אם \alpha<1, כלומר -\alpha+1>0 אז \lim_{x\to0^+}-\ln(x)=\infty ולכן (-\ln(x))^{-\alpha+1}\to\infty. מכאן שהאינטגרל מתבדר.
  • אם \alpha>1, כלומר -\alpha+1<0, אזי ברור כי \lim_{t\to0^+}\frac{(-\ln(t))^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}=0 ולכן האינטגרל מתכנס.

\blacksquare

מבחני ההשוואה לאינטגרל לא אמיתי מסוג II

בשני המבחנים f,g אינטגרביליות מקומית ב-(a,b].

מבחן ההשוואה

נניח ש-0\le g(x)\le f(x). אזי אם \int\limits_a^b f מתכנס גם \int\limits_a^b g מתכנס.

מבחן ההשוואה הגבולי

נניח ש-0\le f(x),g(x) וכן L=\lim_{x\to a^+}\frac{f(x)}{g(x)}.

  • אם 0<L<\infty נאמר ש-\int\limits_a^b f ו-\int\limits_a^b g מתבדרים או מתכנסים יחדיו.
  • אם L=0 אז התכנסות \int\limits_a^b g גוררת התכנסות \int\limits_a^b f.
  • אם L=\infty אז התכנסות \int\limits_a^b f גוררת התכנסות \int\limits_a^b g.

דוגמה 4

קבעו התכנסות של \int\limits_0^1 \frac{\mathrm dx}{1-\cos(x)}.

פתרון

נשווה ל-g(x)=\frac1{x^2}: לפי כלל לופיטל \lim_{x\to0^+}\frac{1/(1-\cos(x))}{1/x^2}=\lim_{x\to0^+}\frac{x^2}{1-\cos(x)}=\lim_{x\to0^+}\frac{2x}{\sin(x)}=2. ידוע כי \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2} מתבדר ולכן האינטגרל הנתון מתבדר גם כן. \blacksquare

דוגמה 5

קבעו התכנסות \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)\mathrm dx}x.

פתרון

קל להפוך את האינטגרל מסוג II לסוג I ע"י הצבה y=\frac1x. לכן \mathrm dx=-\frac{\mathrm dy}{y^2} ונקבל \int\limits_\infty^1 y\cos(y)\frac{-1}{y^2}\mathrm dy=\int\limits_1^\infty\frac{\cos(y)}y\mathrm dy. ניתן להראות כי אינטגרל זה מתכנס בדומה למה שעשינו עם \int\frac{\sin(x)}x\mathrm dx, בעזרת מבחן דיריכלה. \blacksquare

דוגמה 6

הוכיחו התכנסות בתנאי של \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx.

פתרון

מצאנו כבר כי \int\limits_0^1\frac{\cos(1/x)}x\mathrm dx מתכנס. נותר לבדוק התכנסות בהחלט:

ברור כי \left|\cos\left(\frac1x\right)\right|\le1. אם רוצים להשתמש במבחן ההשוואה צריך ביטוי קטן ממנו להראות התבדרות. למשל \cos^2\left(\frac1x\right)\le\left|\cos\left(\frac1x\right)\right| ואז \frac{\cos^2(1/x)}x\le\left|\frac{\cos(1/x)}x\right|. נותר להוכיח כי \int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx מתבדר:

  • דרך א: נפעיל את מבחן ההשוואה הגבולי: \lim_{x\to0^+}\frac{\cos^2(1/x)/x}{x^2}=\infty. \int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}{x^2} מתבדר ולכן \int\limits_0^1\frac{\cos^2(1/x)}x\mathrm dx מתבדר. \blacksquare

את ההמשך עשינו בתרגול שאחריו:

  • דרך ב: מתקיים \int\limits_0^1\frac{\cos^2 \left(\frac1x\right)}x\mathrm dx=\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\cos\left(\frac2x\right)}x\mathrm dx}_I+\frac12\underbrace{\int\limits_0^1\frac{\mathrm dx}x}_{II}.

ברור שאינטגרל II מתבדר, ולכן אם אינטגרל I מתכנס אז סיימנו את ההוכחה: נציב y=\frac2x ואז \mathrm dx=\frac{-2}{y^2}\mathrm dy נקבל \int\limits_\infty^2 \frac{\cos(y)}{2/y}\frac{-2\mathrm dy}{y^2}=\int\limits_2^\infty \frac{\cos(y)}y\mathrm dy שמתכנס לפי דיריכלה. \blacksquare