אינטגרל לא אמיתי, סוג I (המשך)

משפט 4 (מבחן ההשוואה)

נניח ש- $\forall x\in[a,\infty):\ 0\le f(x)\le g(x)$ ונניח ש-f,g אינטגרביליות מקומית ב- $[a,\infty)$ . אזי:

אם $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אז $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס.
אם $\int\limits_a^\infty f$ מתבדר אז $\int\limits_a^\infty g$ מתבדר.

הוכחה

עפ"י משפט 3 מתקיים $\int\limits_a^\infty f=\sup_{R>a}\int\limits_a^R f\le\sup_{R>a}\int\limits_a^R g=\int\limits_a^\infty g$ , כלומר $\int\limits_a^\infty f\le\int\limits_a^\infty g$ . כעת, אם $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אז הוא קטן מ- $\infty$ , ולכן $\int\limits_a^\infty f<\infty$ ומתכנס. $\blacksquare$
הוכחה טריוויאלית בדרך השלילה, בעזרת סעיף 1. $\blacksquare$

משפט 5 (מבחן ההשוואה הגבולי)

נניח ש-f ו-g אינטגרביליות מקומית ואי-שליליות ב- $[a,\infty)$ . עוד נניח שקיים $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L\in\mathbb R$ . אם $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אז $\int\limits_a^\infty f$ .

הוכחה

כיוון ש- $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=L$ קיים $x_0>a$ כך שלכל $x\ge x_0$ מתקיים $\frac{f(x)}{g(x)}<L+1$ , ז"א $0\le f(x)\le(L+1)g(x)$ . נתון ש-g אינטגרבילית ב- $[a,\infty)$ , ולכן, לפי משפט 2, היא אינטגרבילית ב- $[x_0,\infty)$ . לפי משפט 1 גם $(L+1)g$ אינטגרבילית ב- $[x_0,\infty)$ . נובע מכך, יחד עם משפט 4, ש-f אינטגרבילית בקטע $[x_0,\infty)$ ולפי משפט 2 היא אינטגרבילית ב- $[a,\infty)$ . $\blacksquare$

מסקנה

בתנאים הנ"ל, אם מתקיים גם ש- $L\ne0$ אז $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אם"ם $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס.

הוכחה

לפי משפט 5 אם $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אז $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס. נותר להוכיח את הכיוון השני. מכיוון ש- $L>0$ מתקיים $\lim_{x\to\infty}\frac{g(x)}{f(x)}=\frac1L\in\mathbb R$ ולכן, שוב לפי משפט 5, אפשר להסיק ש- $\int\limits_a^\infty g$ מתכנס אם $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס. $\blacksquare$

דוגמאות

עבור כל אחד מהאינטגרלים הבאים נבדוק אם הוא מתכנס או מתבדר.

$\int\limits_0^\infty \frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}\mathrm dx$ :
פתרון

כידוע, עבור x גדול החזקות הגדולות קובעות את סדר הגודל של הביטוי. לכן עבור $x\to\infty$ הפונקציה בסדר גודל $\frac{3x^3}{4x^4}=\frac34\cdot\frac1x$ . נגדיר $f(x)=\frac{3x^3-50x^2+5x}{4x^4+2x^2+5}$ וכן $g(x)=\frac1x$ . אזי $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{3x^4-50x^3+5x^2}{4x^4+2x^2+5}=\frac34>0$ . לכן האינטגרל מתבדר. $\blacksquare$
$\int\limits_2^\infty\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}\mathrm dx$ :
פתרון

נגדיר $f(x)=\frac{x^2+x\ln(x)+3}{x^3\ln(x)+x^2+5}$ וכן $g(x)=\frac1{x\ln(x)}$ . מתקיים $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^3\ln(x)+x^2\ln^2(x)+3x\ln(x)}{x^3\ln(x)+x^2+5}=1>0$ . אבל $\int\limits_2^\infty g=[\ln(\ln(x))]_{x=2}^\infty=\infty$ , כלומר מתבדר. לכן גם האינטגרל הנתון מתבדר. $\blacksquare$
$\int\limits_1^\infty x^{50}e^{-x}\mathrm dx$ :
פתרון

נחשב את $\lim_{x\to\infty}\frac{x^{50}e^{-x}}{1/x^2}=\lim_{x\to\infty}\frac{x^{52}}{e^x}$ : נפעיל את כלל לופיטל 52 פעמים ונקבל $\lim_{x\to\infty}\frac{52!}{e^x}=0$ . לכן אם $\int\limits_1^\infty\frac{\mathrm dx}{x^2}$ מתכנס (מה שאכן מתקיים) אז האינטגרל הנתון מתכנס. $\blacksquare$

משפט 6 (המבחן האינטגרלי לטורים)

נניח ש-f פונקציה יורדת, אי-שלילית ואינטגרבילית מקומית ב- $[k,\infty)$ (עבור $k\in\mathbb N$ כלשהו). אזי $\int\limits_k^\infty f\in\mathbb R\iff\sum_{n=k}^\infty f(n)\in\mathbb R$ .

הוכחה

נזכר בהגדרת דרבו של האינטגרל. $\sum_{n=k}^{N-1} f(n)$ הוא סכום עליון של $\int\limits_k^N f$ ו- $\sum_{n=k+1}^N f(n)$ הוא סכום תחתון. נסיק ש- $\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)$ . כעת, אם נתון ש- $\sum_{n=k}^\infty f(n)$ מתכנס אז הסכומים החלקיים $\sum_{n=k}^{N-1} f(n)$ חסומים מלעיל, ומכאן נובע שהאינטגרלים החלקיים $\int\limits_k^N f$ חסומים מלעיל. נשאיף $N\to\infty$ ומכיוון ש- $f(x)\ge0$ האינטגרל $\int\limits_k^\infty f$ מתכנס. מאידך, אם נתון כי $\int\limits_k^\infty f$ מתכנס אז האינטגרלים החלקיים $\int\limits_k^N f$ חסומים מלעיל, לכן הסכומים החלקיים $\sum_{n=k+1}^N f(n)$ חסומים מלעיל ומכיוון ש- $f(x)\ge0$ נובע ש- $\sum_{n=k+1}^\infty f(n)$ מתכנס $\sum_{n=k}^\infty f(n)\Longleftarrow$ מתכנס. $\blacksquare$

מסקנה

בהוכחה הראינו שבתנאים הללו מתקיים $\sum_{n=k+1}^N f(n)\le\int\limits_k^N f\le\sum_{n=k}^{N-1} f(n)$ .

דוגמאות

$\sum_{n=5}^\infty \frac1{n\ln(n)\ln(\ln(n))}$ - מתכנס או מתבדר?
פתרון

נגדיר $f(x)=\frac1{x\ln(x)\ln(\ln(x))}$ , אזי f יורדת, אינטגרבילית מקומית ואי-שלילית ב- $[30,\infty)$ . עפ"י משפט 6 התכנסות הטור שקולה להתכנסות האינטגרל $\int\limits_{30}^\infty f$ , שמתבדר: $\int=[\ln(\ln(\ln(x)))]_{x=30}^\infty=\infty$ (אם כי ההתכנסות איטית מאוד). $\blacksquare$
ידוע לנו ש- $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6$ . אם נקח, למשל, $\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}$ , מהו סדר הגודל של השארית R?
פתרון

נחסום את השארית מלעיל ומלרע בעזרת המסקנה למשפט 6. נגדיר $f(x)=\frac1{x^2}$ אזי $R=\frac{\pi^2}6-\sum_{n=1}^{10^6}\frac1{n^2}=\sum_{n=10^6+1}^\infty\frac1{n^2}$ . מתקיים $\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\le\int\limits_{10^6}^\infty f=\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6}^\infty=10^{-6}$ . כמו כן $\int\limits_{10^6+1}^\infty f\le\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)$ ולכן $\sum_{n=10^6+1}^\infty f(n)\ge\left[\frac{-1}x\right]_{x=10^6+1}^\infty=\frac1{10^6+1}$ .
לסיכום, השארית מקיימת $\frac1{10^6+1}\le R\le\frac1{10^6}$ .

פיתחנו כמה משפטים על התכנסות $\int\limits_a^\infty f$ עבור f אי-שלילית. עתה נחזור לפונקציה כללית f שאינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ .

הגדרה: תהי f מוגדרת בקטע $[a,\infty)$ . נאמר ש-f מקיימת את תנאי קושי עבור $x\to\infty$ אם לכל $\varepsilon>0$ קיים $x_0>a$ כך שאם $x_2\ge x_1>x_0$ אז $|f(x_2)-f(x_1)|<\varepsilon$ .

משפט 7

תהי f מוגדרת בקטע $[a,\infty)$ . $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים ממש אם"ם הוא מקיים את תנאי קושי בקטע.

הוכחה

תחילה נניח שקיים $\lim_{x\to\infty} f(x)=L\in\mathbb R$ ונאמת את תנאי קושי. יהי $\varepsilon>0$ נתון. לפי ההגדרה קיים $b>a$ כך שאם $x>b$ אז $|f(x)-L|<\frac\varepsilon2$ . מכאן נובע שאם $x_2\ge x_1>b$ אז $|f(x_2)-f(x_1)|\le|f(x_2)-L|+|L-f(x_1)|\le\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon$ ולכן מתקיים תנאי קושי.

מצד שני, אם f מקיימת את תנאי קושי, אז קיים $b>a$ כך שלכל $x_2\ge x_1>b$ מתקיים $|f(x_2)-f(x_1)|<1$ . נקבע $x_1=b+1$ ונובע שלכל $x_2>b+1$ מתקיים $|f(x_2)-f(b+1)|<1$ . לכן אם $x_2>b+1$ אז $|f(x_2)|-|f(b+1)|\le\Big||f(x_2)|-|f(b+1)|\Big|\le|f(x_2)-f(b+1)|<1$ ומכאן ש- $|f(x_2)|<|f(b+1)|+1$ . לכן f חסומה בקטע $[b+1,\infty)$ ולכן $\{f(b+1),\ f(b+2),\ f(b+3),\ \dots\}$ סדרה חסומה. יש לה תת סדרה מתכנסת $\{f(b+n_k)\}_{k\in\mathbb N}$ כך ש- $\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)$ קיים ונאמר שהוא $L\in\mathbb R$ . טענה: $\lim_{x\to\infty} f(x)$ קיים ושווה ל-L. הוכחה: $\lim_{k\to\infty} f(b+n_k)=L$ ולכן עבור $\varepsilon>0$ נתון קיים $k_0\in\mathbb N$ כך שאם $k\ge k_0$ אז $|f(b+n_k)-L|<\frac\varepsilon2$ . כמו כן, עפ"י תנאי קושי יש מספר $c>a$ כך שאם $x_2>x_1>c$ אז $|f(x_2)-f(x_1)|<\frac\varepsilon2$ . עתה נגדיר $d:=\max\{b+n_{k_0},c\}$ ולכן $|f(x)-L|\le|f(x)-f(d)|+|f(d)-L|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon$ . $\blacksquare$

את ההמשך עשינו בהרצאה שאחריה:

מסקנה

תהי f מוגדרת ואינטגרבילית מקומית ב- $[a,\infty)$ . אזי האינטגרל $\int\limits_a^\infty f$ מתכנס אם"ם האינטגרל מקיים את תנאי קושי: לכל $\varepsilon>0$ קיים $x_0>a$ כך שאם $x_2>x_1>x_0$ אז $\left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon$ .

הוכחה

לכל $x>a$ נגדיר $F(x)=\int\limits_a^x f$ ולכן $\int\limits_{x_1}^{x_2} f=F(x_2)-F(x_1)$ . כמו כן מתקיים $\lim_{x\to\infty}F(x)=\int\limits_a^\infty f$ . עתה, $\lim_{x\to\infty}F(x)$ מתכנס אם"ם $\forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ |F(x_2)-F(x_1)|<\varepsilon$ , וזה נכון אם"ם $\forall\varepsilon>0:\ \exists x_0>a:\ \forall x_2>x_1>x_0:\ \left|\int\limits_{x_1}^{x_2} f\right|<\varepsilon$ . $\blacksquare$