חזור לתיקייה: 01040032 - חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

3 - אינטגרל מוכלל

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי
  • הבסיס
  • כשהתחום אינסופי
  • כשהפונקציה אינה חסומה בקטע
  • מבחני התכנסות

3 - אינטגרל מוכלל

01040032

חשבון אינפיניטסימלי 2מ'

רשימות הרצאה לקריאה בשבת

אינטגרל מוכלל

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

דוגמה

∫−11dxx2=−1x∣−11=−1−(−(−1))=−2\xcancel{\int_{-1}^1 \frac{dx}{x^2}=\left.-\frac{1}{x} \right\vert_{-1}^1=-1-(-(-1))=-2}−1∫1​x2dx​=−x1​​−11​=−1−(−(−1))=−2

זה לא נכון. אנו לא יכולים לבצע NLNLNL על פונקציה שאינה חסומה.
נשים לב גם כי ביצענו אינטגרל לפונקציה חיובית וקיבלנו מספר שלילי - זה לא הגיוני.

עד כה הנחנו fff חסומה על קטע חסום. כעת נרצה לטפל בשני סוגים של מקרים: מקרים בהם הפונקציה לא חסומה והקטע חסום - ∫abf\displaystyle \int_{a}^b fa∫b​fומקרים בהם הקטע לא חסום, לדוגמה, מה השטח מתחת לגרף לפונקציה שנראת ככה:

נניח האינטגרל: ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f.
התשובה הנאיבית של זה היא שאין בכלל על מה לדבר על זה כי כל פעם השטח גדל. אבל בואו נסתכל על הריבוע הזה:
​3 - אינטגרל מוכלל 2026-05-17 12.41.15.excalidraw.svg
כל פעם אנו מוסיפים לשטח בעזרת ציור עוד ריבוע קטן, אבל סך כל השטח תמיד יהיה מקסימום 111. אנחנו נרצה לפרמל את הקונספט הזה.

הבסיס

כשהתחום אינסופי

הגדרה 1 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:[a,∞)→Rf:[a,\infty)\to \mathbb{R}f:[a,∞)→R פונקציה שמקיימת שלכל M>aM>aM>a הפונקציה fff אינטגרבילית בקטע [a,M][a,M][a,M]. נגדיר:

∫a∞f(x)dx=lim⁡M→∞∫aMf(x)dx\int_{a}^\infty f(x)dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{a}^M f(x)dxa∫∞​f(x)dx=M→∞lim​a∫M​f(x)dx

בתנאי שהגבול באגף ימין קיים וסופי.

דוגמה

נסתכל על הפונקציה f(x)=e−xf(x)=e^{-x}f(x)=e−x שנראית כך:

הפונקציה הזו רציפה ולכן אינטגרבילית לפי משפט.

∫0∞e−xdx=lim⁡M→∞∫0Me−xdx=↓NLlim⁡M→∞(−e−x∣0M)=lim⁡M→∞(−e−M+1)=1\int_{0}^{\infty} e^{-x}dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{0}^M e^{-x}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=}\lim_{ M \to \infty } (\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}-e^{-x}\right\vert_{0}^M)=\lim_{ M \to \infty } (-e^{-M}+1)=10∫∞​e−xdx=M→∞lim​0∫M​e−xdx↓NL​=​M→∞lim​(​−e−x​0M​)=M→∞lim​(−e−M+1)=1
הגדרה 2 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:(−∞,a]→Rf:(-\infty,a]\to \mathbb{R}f:(−∞,a]→R פונקציה המקיימת שלכל M<aM<aM<a הפונקציה fff אינטגרבילית בקטע [M,a][M,a][M,a].
נגדיר:

∫−∞af(x)dx=lim⁡M→−∞∫Maf(x)dx\int_{-\infty}^a f(x)dx=\lim_{ M \to -\infty } \int_{M}^a f(x)dx−∞∫a​f(x)dx=M→−∞lim​M∫a​f(x)dx

בתנאי שהגבול באגף ימין קיים וסופי.

הגדרה 3 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:R→Rf:\mathbb{R}\to \mathbb{R}f:R→R.

∫−∞∞f=∫−∞af+∫a∞f\int_{-\infty}^\infty f=\int_{-\infty}^a f+\int_{a}^\infty f−∞∫∞​f=−∞∫a​f+a∫∞​f

בתנאי ששני האינטגרלים המוכללים באגף ימין מתכנסים.

הערה

צריך להצדיק שזה לא תלוי בבחירת aaa.

הערה

אם ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס אז לכל b>ab>ab>a מתקיים:

∫a∞f=∫abf+∫b∞f\int_{a}^\infty f=\int_{a}^b f+\int_{b}^\infty fa∫∞​f=a∫b​f+b∫∞​f
דוגמה

∫0∞cos⁡xdx=lim⁡M→∞∫0Mcos⁡xdx=lim⁡M→∞sin⁡x∣0M=lim⁡M→∞sin⁡M\int_{0}^\infty \cos xdx=\lim_{ M \to \infty } \int_{0}^M \cos xdx=\lim_{ M \to \infty } \sin x \vert_{0}^ M=\lim_{ M \to \infty } \sin M0∫∞​cosxdx=M→∞lim​0∫M​cosxdx=M→∞lim​sinx∣0M​=M→∞lim​sinM

הגבול לא קיים ולכן האינטגרל המוכלל לא קיים.

דוגמה

∫−∞∞sin⁡xdx=\int_{-\infty}^\infty \sin xdx=−∞∫∞​sinxdx=
הערה

מכיוון ש-sin⁡x\sin xsinx היא פונקציה אי זוגית מתקיים:

∫−MMsin⁡x=0\int_{-M}^M \sin x=0−M∫M​sinx=0

מכיוון שזוהי אינה ההגדרה, הגבולות אינם קיימים ולכן האינטגרל המוכלל לא קיים.

דוגמה

∫1∞xxα=\int_{1}^\infty \frac{x}{x^\alpha}=1∫∞​xαx​=

אם α=1\alpha=1α=1 אזי:

∫1∞dxx=lim⁡M→∞∫1M1xdx=lim⁡M→∞ln⁡x∣1M=lim⁡M→∞(ln⁡M)=∞  ⟹  לא קיים\int_{1}^\infty \frac{dx}{x}=\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M \frac{1}{x}dx=\left.\lim_{ M \to \infty } \ln x \right\vert_{1}^M=\lim_{ M \to \infty } (\ln M)=\infty \implies \R{\text{לא קיים}}1∫∞​xdx​=M→∞lim​1∫M​x1​dx=M→∞lim​lnx​1M​=M→∞lim​(lnM)=∞⟹לא קיים

אחרת:

lim⁡M→∞∫1Mdxxα=lim⁡M→∞x−α+1−α+1∣1M=lim⁡M→∞11−α(M1−α−1)={∞α<11α−1α>1\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M \frac{dx}{x^\alpha}=\lim_{ M \to \infty } \left.\frac{x^{-\alpha+1}}{-\alpha+1}\right\vert_{1}^M =\lim_{ M \to \infty } \frac{1}{1-\alpha}(M^{1-\alpha}-1)=\begin{cases} \infty & \alpha<1 \\ \frac{1}{\alpha-1} & \alpha>1 \end{cases}M→∞lim​1∫M​xαdx​=M→∞lim​−α+1x−α+1​​1M​=M→∞lim​1−α1​(M1−α−1)={∞α−11​​α<1α>1​
מסקנה

 מתכנס∫1∞1xαdx  ⟺  α>1\boxed{\R{\text{ מתכנס}}\int_{1}^\infty \frac{1}{x^\alpha}dx \iff \alpha>1} מתכנס1∫∞​xα1​dx⟺α>1​

גילינו פה משהו סופר סופר לא אינטואיטיבי. למה? נסתכל על הגרף של 1x\frac{1}{x}x1​:

לפי המסקנה שלנו, השטח מתחת לגרף מ-111 אינו חסום.
אך לעומת זאת הפונקציה 1x2\frac{1}{x^2}x21​:

בפונקציה הזו השטח כן מתכנס. (והשטח מתכנס ל-111 אגב)

כשהפונקציה אינה חסומה בקטע

הגדרה 4 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:[a,b)→Rf:[a,b)\to \mathbb{R}f:[a,b)→R פונקציה המקיימת שלכל f,  ε>0f,\; \epsilon>0f,ε>0 אינטגרבילית ב-[a,b−ε][a,b-\epsilon][a,b−ε]. נגזיר:

∫abf=lim⁡ε→0+∫ab−εf\int_{a}^b f=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{a}^{b-\epsilon}fa∫b​f=ε→0+lim​a∫b−ε​f

בתנאי שהגבול באגף ימין קיים וסופי.

הגדרה 5 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:(a,b]→Rf:(a,b]\to \mathbb{R}f:(a,b]→R פונקציה המקיימת שלכל f,  ε>0f,\; \epsilon>0f,ε>0 אינטגרבילית ב-[a+ε,b][a+\epsilon,b][a+ε,b]. נגזיר:

∫abf=lim⁡ε→0+∫a+εbf\int_{a}^b f=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{a+\epsilon}^{b}fa∫b​f=ε→0+lim​a+ε∫b​f

בתנאי שהגבול באגף ימין קיים וסופי.

אם נניח יש נקודה ccc באמצע אשר בסביבתה הפונקציה לא חסומה, בדומה ל-x=0x=0x=0 בפונקציה 1x2\frac{1}{x^2}x21​. נוכל להגדיר כך:

הגדרה 6 (אינטגרל מוכלל)

תהי f:[a,b]→Rf:[a,b]\to \mathbb{R}f:[a,b]→R פונקציה עבורה קיימת נק' c∈(a,b)c \in(a,b)c∈(a,b) המקיימת ש-fff אינטגרבילית לכל ε>0\epsilon>0ε>0 בקטע [a,c−ε],[c+ε,b][a,c-\epsilon],[c+\epsilon,b][a,c−ε],[c+ε,b]. נגדיר:

∫abf=∫acf+∫cbf\int_{a}^bf=\int_{a}^c f+\int_{c}^b fa∫b​f=a∫c​f+c∫b​f

בתנאי ששני האינטגרלים באגף ימין מתכנסים.

הערה

אם יש מספר סופי של נקודות כאלו זה עדיין עובד. אם יש ∞\infty∞ נקודות כאלו זה לא עובד

הערה

אם f:[a,b)→Rf:[a,b)\to \mathbb{R}f:[a,b)→R חסומה ומקיימת את התנאים של ההגדרה, אז ∫abf\displaystyle \int_{a}^b fa∫b​f שהגדרנו ממזמן, מתכלד עם הגדרת האינטגרל המוכלל.
הסבר: ה"צוברת שטח" רציפה לפי המשפט שלפני המשפט היסודי.

דוגמה

∫−111x2=∫−101x2+∫011x2\begin{align*} \int_{-1}^1 \frac{1}{x^2}&=\int_{-1}^0 \frac{1}{x^2}+\int_{0}^1 \frac{1}{x^2} \end{align*}−1∫1​x21​​=−1∫0​x21​+0∫1​x21​​ ∫011x2dx=lim⁡ε→0+∫ε11x2dx=lim⁡e→0+−1x∣ε1=lim⁡ε→0+(−1+1ε)=∞\int_{0}^1 \frac{1}{x^2}dx=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{\epsilon}^1 \frac{1}{x^2}dx=\lim_{ e \to 0^+ } \left.-\frac{1}{x} \right\vert_{\epsilon}^1=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \left( -1+\frac{1}{\epsilon} \right)=\infty0∫1​x21​dx=ε→0+lim​ε∫1​x21​dx=e→0+lim​−x1​​ε1​=ε→0+lim​(−1+ε1​)=∞

הגבול אינו מתכנס ולכן האינטגרל המוכלל לא קיים.

תרגיל

הוכיחו כי ∫−11dxx\displaystyle \int_{-1}^1 \frac{dx}{x}−1∫1​xdx​ לא קיים. (למרות שזוהי פונקציה אי זוגית בתחום סימטרי)

הוכחה:
נשים לב כי הפונקציה אינה חסומה עבור הסביבה של x=0x=0x=0 ולכן נדרש לפצל את האינטגרל הזה. נבחר כמובן את הנק' x=0x=0x=0 ואז נקבל:

∫−111xdx=∫−101xdx+∫011xdx\int_{-1}^1 \frac{1}{x}dx=\int_{-1}^0 \frac{1}{x}dx+\int_{0}^1 \frac{1}{x}dx−1∫1​x1​dx=−1∫0​x1​dx+0∫1​x1​dx ∫011xdx=lim⁡ε→0+∫ε11xdx=↓NLlim⁡ε→0+ln⁡x∣ε1=lim⁡ε→0+(−ln⁡ε)=∞\int_{0}^1 \frac{1}{x}dx=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \int_{\epsilon}^1 \frac{1}{x}dx \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=}\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \left. \begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}\ln x\right\vert_{\epsilon}^1=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } (-\ln\epsilon)=\infty0∫1​x1​dx=ε→0+lim​ε∫1​x1​dx↓NL​=​ε→0+lim​​lnx​ε1​=ε→0+lim​(−lnε)=∞

הגבול לא סופי ולכן הסכום בין שני האינטגרלים המוכללים אינו סופי ולכן האינטגרל ∫−111xdx\displaystyle \int_{-1}^1 \frac{1}{x}dx−1∫1​x1​dx לא מתכנס.
∎

נשים לב כי באופן כללי:

∫01dxxα={α=1,לא קייםα≠1,∫01dxxα=lim⁡ε→0+∫ε1dxxα=↓NLlim⁡ε→0+x−α+11−α∣ε1=lim⁡ε→0+1−ε1−α1−α\int_{0}^1 \frac{dx}{x^\alpha} =\begin{cases} \alpha=1, & \R{\text{לא קיים}} \\ \alpha\neq1, & \displaystyle \int_{0}^1 \frac{dx}{x^\alpha} =\lim_{ \epsilon \to 0^+ }\int_{\epsilon}^1 \frac{dx}{x^\alpha} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=}\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \left. \frac{x^{-\alpha+1}}{1-\alpha} \right\vert_{\epsilon}^1=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{1-\epsilon^{1-\alpha}}{1-\alpha} \end{cases}0∫1​xαdx​=⎩⎨⎧​α=1,α=1,​לא קיים0∫1​xαdx​=ε→0+lim​ε∫1​xαdx​↓NL​=​ε→0+lim​1−αx−α+1​​ε1​=ε→0+lim​1−α1−ε1−α​​
  • עבור α<1\alpha<1α<1 נקבל כי lim⁡ε→0+1−ε1−α1−α=11−α\displaystyle\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{1-\epsilon^{1-\alpha}}{1-\alpha}=\frac{1}{1-\alpha}ε→0+lim​1−α1−ε1−α​=1−α1​ מכיוון שהפונקציה אלמנטרית ומוגדרת עבור ε=0\epsilon=0ε=0 ולכן האינטגרל מתכנס.
  • עבור α>1\alpha>1α>1 נקבל כי 1−α<01-\alpha<01−α<0 ולכן lim⁡ε→0+1−ε1−α1−α=lim⁡ε→0+1−1ε∣1−α∣1−α=−∞\displaystyle\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{1-\epsilon^{1-\alpha}}{1-\alpha}=\lim_{ \epsilon \to 0^+ } \frac{1-\frac{1}{\epsilon^{|1-\alpha|}}}{1-\alpha}=-\inftyε→0+lim​1−α1−ε1−α​=ε→0+lim​1−α1−ε∣1−α∣1​​=−∞ שכן 1ε∣1−ε∣→    ε→0    ∞\frac{1}{\epsilon^{|1-\epsilon|}} \rarrowlim{\epsilon\to0}\inftyε∣1−ε∣1​ε→0​∞ ולכן האינטגרל מתבדר.
מסקנה

 מתכנס∫01dxxα  ⟺  α<1\boxed{\R{\text{ מתכנס}}\int_{0}^1 \frac{dx}{x^\alpha} \iff \alpha < 1} מתכנס0∫1​xαdx​⟺α<1​

בהרבה מקרים לא נדע לחשב אינטגרלים מוכללים, ובכל זאת נדע לומר יחסית בקלות אם הם מתכנסים או לא. כעת נראה כמה משפטים שיוכלו להגיד לנו האם האינטגרל המוכלל מתכנס או לא מבלי שנדרש לחשב את ערכו.

מבחני התכנסות

לכל משפט שנרשום כעת יש שתי גרסאות: אחת לאינטגרל מוכלל שהקטע לא חסום ואחת לאינטגרל מוכלל שהפונקציה לא חסומה.

משפט (מבחן ההשוואה)

יהיו f,gf,gf,g פונקציות אי-שליליות ב-[a,∞)[a,\infty)[a,∞) ואינטגרביליות ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a.
נניח כי f≥g≥0f\geq g\geq 0f≥g≥0 לכל a<b<xa<b<xa<b<x אזי: אם ∫a∞g\displaystyle \int_{a}^\infty ga∫∞​g מתבדר אז ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתבדר.

הוכחה:
לכל x>bx>bx>b מתקיים ∫bxg≤∫bxf\displaystyle \int_{b}^x g\leq \int_{b}^xfb∫x​g≤b∫x​f לפי מונוטוניות האינטגרל המסויים.
כיוון ש-f,gf,gf,g אי-שלילות, ∫bxf\displaystyle \int_{b}^x fb∫x​f ו-∫bxg\displaystyle \int_{b}^x gb∫x​g הן פונקציות מונוטוניות עולות (כפונקציה של xxx).
אם ∫b∞g\displaystyle \int_{b}^\infty gb∫∞​g מתבדרת אז ∫bxg\displaystyle \int_{b}^x gb∫x​g לא חסומה מלמעלה כפונקציה של xxx.
לכן, ∫bxf\displaystyle \int_{b}^x fb∫x​f לא חסומה ולכן ∫bxf\displaystyle \int_{b}^x fb∫x​f מתבדר ולכן ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתבדר.
∎

תרגיל

נסחו ווריאציות!

דוגמה

∫1∞dxx2+5x\int_{1}^\infty \frac{dx}{x^2+5x}1∫∞​x2+5xdx​

אנו נרצה לדעת האם האינטגרל המוכלל הזה מתכנס או מתבדר.
נזכר ממקודם כי האינטגרל ∫1∞dxx2\displaystyle \int_{1}^\infty \frac{dx}{x^2}1∫∞​x2dx​ מתכנס לפי מסקנה. בנוסף 0≤1x2+5x≤1x20\leq \frac{1}{x^2+5x}\leq \frac{1}{x^2}0≤x2+5x1​≤x21​ ולכן, ∫1∞dxx2+5x\displaystyle \int_{1}^\infty \frac{dx}{x^2+5x}1∫∞​x2+5xdx​ מתכנס לפי מהלא"ש (מבחן ההשאווה לפונקציות אי שליליות)

דוגמה

∫01dxx2+5x\int_{0}^1 \frac{dx}{x^2+5x}0∫1​x2+5xdx​

נשים לב כי הפונקציה שואפת ל-∞\infty∞ כאשר x→0+x\to0^+x→0+. נזהר כי אנו בקטע (0,1)(0,1)(0,1) שהוא קטע מוזר שבו כשמעלים משהו בריבוע מקטינים אותו.
בקטע (0,1](0,1](0,1] מתקיים x2≤xx^2 \leq xx2≤x ולכן x2+5x≤6xx^2+5x\leq 6xx2+5x≤6x וכלן 1x2+5x≥16x\frac{1}{x^2+5x}\geq \frac{1}{6x}x2+5x1​≥6x1​.
בנוסף, ∫01dxx\displaystyle \int_{0}^1 \frac{dx}{x}0∫1​xdx​ מתבדר לפי המסקנה
לכן, ∫01dxx2+5x\displaystyle \int_{0}^1 \frac{dx}{x^2+5x}0∫1​x2+5xdx​ מתבדר.

משפט (מבחן ההשוואה הגבולי)

יהיו f,gf,gf,g אי שליליות ואינטגרביליות ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a ונניח כי קיים 0<L<∞0<L< \infty0<L<∞ כך ש-lim⁡x→∞f(x)g(x)=L\displaystyle \lim_{ x \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)}=Lx→∞lim​g(x)f(x)​=L. אזי:

 מתכנס∫a∞g  ⟺   מתכנס∫a∞f\R{\text{ מתכנס}} \int_{a}^\infty g \iff \R{\text{ מתכנס}} \int_{a}^\infty f מתכנסa∫∞​g⟺ מתכנסa∫∞​f

(מתכנסים ומתבדרים יחדיו)

דוגמה

∫0121x1−xdx\int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}dx0∫21​​x1−x​1​dx

זה אינטגרל מוכלל כי כאשר x→0x\to0x→0 מתקיים 1x1−x→∞\frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}\to \inftyx1−x​1​→∞.
(אינטואיציה לבחירת הפונקציה ggg: החלק של ה-1x\frac{1}{x}x1​ הוא זה שיוצר את הבעיה שכן 11−x\frac{1}{\sqrt{ 1-x }}1−x​1​ חסום בסביבת 000 ולכן נשווה אליו)
נגדיר f(x)=1x1−xf(x)=\frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}f(x)=x1−x​1​ ו-g(x)=1xg(x)=\frac{1}{x}g(x)=x1​. הפונקציות הנ"ל אי שליליות בקטע [0,12]\left[ 0, \frac{1}{2} \right][0,21​] ומתקיים:

lim⁡x→0+1x1−x1x=lim⁡x→0+11−x=1\lim_{ x \to 0^+ } \frac{\frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}}{\frac{1}{x}}=\lim_{ x \to 0^+ } \frac{1}{\sqrt{ 1-x }}=1x→0+lim​x1​x1−x​1​​=x→0+lim​1−x​1​=1

∫0121xdx\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}} \frac{1}{x}dx0∫21​​x1​dx מתבדר שכן בקטע [12,1]\left[ \frac{1}{2},1 \right][21​,1] הפונקציה 1x\frac{1}{x}x1​ חסומה והאינטגרל המסויים שלה ידוע. לכן, לפי אדיטיביות בקטע [0,12]\left[ 0, \frac{1}{2} \right][0,21​] הנ"ל מתבדר.
לכן, לפי משפט ההשוואה הגבולי, גם האינטגרל בדוגמה מתבדר!

דוגמה

∫1211x1−xdx\int_{\frac{1}{2}}^1 \frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}dx21​∫1​x1−x​1​dx

נשים לב כי הפונקציה הנ"ל לא חסומה ליד 111 שכן 1−x→0\sqrt{ 1-x }\to 01−x​→0 כאשר x→1x\to 1x→1. נשווה כעת ל-11−x\frac{1}{\sqrt{ 1-x }}1−x​1​.
נגדיר f(x)=1x1−xf(x)=\frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}f(x)=x1−x​1​ ו-g(x)=11−xg(x)=\frac{1}{\sqrt{ 1-x }}g(x)=1−x​1​. הפונקציות הינן אי שליליות.

lim⁡x→1−1x1−x11−x=lim⁡x→1−1x=1\lim_{ x \to 1^- } \frac{\frac{1}{x\sqrt{ 1-x }}}{\frac{1}{\sqrt{ 1-x }}}=\lim_{ x \to 1^- } \frac{1}{x}=1x→1−lim​1−x​1​x1−x​1​​=x→1−lim​x1​=1 ∫12111−xdx\int_{\frac{1}{2}}^{1} \frac{1}{\sqrt{ 1-x }}dx 21​∫1​1−x​1​dx
הערה

אם L=0L=0L=0 אז ∫a∞g\displaystyle \int_{a}^{\infty}ga∫∞​g מתכנס ∫a∞f  ⟸  \displaystyle \int_{a}^\infty f\impliedbya∫∞​f⟸ מתכנס.
אם L=∞L=\inftyL=∞ ∫a∞g\displaystyle \int_{a}^{\infty}ga∫∞​g מתכנס ∫a∞f  ⟹  \displaystyle \int_{a}^\infty f\impliesa∫∞​f⟹ מתכנס.

הוכחת המשפט:
נקח ε>0\epsilon>0ε>0 כך ש-L−ε>0L-\epsilon>0L−ε>0. לפי הגדרת הגבול, קיים NNN כך שלכל x>Nx>Nx>N מתקיים: 0<L−ε<f(x)g(x)<L+ε0<L-\epsilon< \frac{f(x)}{g(x)}< L+\epsilon0<L−ε<g(x)f(x)​<L+ε.
לכן, 0<g(x)(L−ε)<f(x)<g(x)(L+ε)0<g(x)(L-\epsilon)<f(x)<g(x)(L+\epsilon)0<g(x)(L−ε)<f(x)<g(x)(L+ε).
לפי מהלא"ש אם ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס אז ∫a∞g⋅(L−ε)\displaystyle \int_{a}^\infty g\cdot(L-\epsilon)a∫∞​g⋅(L−ε) מתכנס ולכן ∫a∞g\displaystyle \int_{a}^\infty ga∫∞​g מתנכס.
בנוסף, אם ∫a∞g\displaystyle \int_{a}^\infty ga∫∞​g מתכנס אזי ∫a∞g⋅(L+ε)\displaystyle \int_{a}^\infty g\cdot(L+\epsilon)a∫∞​g⋅(L+ε) מתכנס ולכן, לפי מהלא"ש ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס.
∎

הגדרה 7 (התכנסות בהחלט)

תהי fff אינטגרבילית ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a. נאמר כי ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס בהחלט אם ∫a∞∣f∣\displaystyle \int_{a}^\infty |f|a∫∞​∣f∣ מתכנס.

הגדרה 8 (התכנסות בתנאי)

תהי fff אינטגרבילית ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a.
אם ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס אבל לא בהחלט, אז אומרים שהוא מתכנס בתנאי

משפט

התכנסות בהחלט   ⟸  \impliedby⟸ התכנסות.

הוכחה:
נגדיר f+={ff≥00f<0f^+=\begin{cases}f & f\geq 0\\ 0 & f<0\end{cases}f+={f0​f≥0f<0​ ו-f−={0f≥0−ff<0f^-=\begin{cases}0 & f\geq 0\\ -f & f<0\end{cases}f−={0−f​f≥0f<0​. שתיהן אי שלילות ומתקיים: ∣f∣=f++f−|f|=f^++f^-∣f∣=f++f− ו-f=f+−f−f=f^+-f^-f=f+−f− ולכן ∣f∣≥f+,∣f∣≥f−|f|\geq f^+,|f|\geq f^-∣f∣≥f+,∣f∣≥f−.
אם ∫a∞∣f∣\displaystyle \int_{a}^\infty |f|a∫∞​∣f∣ מתכנס אז ∫a∞f+\displaystyle \int_{a}^\infty f^+a∫∞​f+ מתכנס ו-∫a∞f−\displaystyle \int_{a}^\infty f^-a∫∞​f− מתכנס (לפי מהלא"ש) ולכן גם ∫a∞f\displaystyle \int_{a}^\infty fa∫∞​f מתכנס.
∎

דוגמה

I1=∫1∞∣cos⁡x∣x2I2=∫1∞cos⁡xx2I_{1}=\int_{1}^\infty \frac{|\cos x|}{x^2}\qquad \qquad I_{2}=\int_{1}^\infty \frac{\cos x}{x^2}I1​=1∫∞​x2∣cosx∣​I2​=1∫∞​x2cosx​

נשים לב כי:

0≤∣cos⁡x∣x2≤1x20\leq \frac{|\cos x|}{x^2} \leq \frac{1}{x^2}0≤x2∣cosx∣​≤x21​

לכן, לפי מהלא"ש I1I_{1}I1​ מתכנס.
I2I_{2}I2​ מתכנס בהחלט ולכן, לפי משפט, מתכנס.

דוגמה

I3=∫1∞sin⁡xx=lim⁡M→∞∫1Msin⁡xx=↓אינטגרציה בחלקים(u=1x  ⟹  u′=−1x2v′=sin⁡x  ⟹  v=−cos⁡x)lim⁡M→∞(−cos⁡xx∣1M−∫1Mcos⁡xx2dx)=lim⁡M→∞(−cos⁡MM+cos⁡1−∫1Mcos⁡xx2dx)\begin{align*} I_{3}&=\int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x}=\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M \frac{\sin x}{x} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{אינטגרציה בחלקים}} \\ \begin{pmatrix} u=\frac{1}{x}\implies u'=\frac{-1}{x^2} \\ v'=\sin x\implies v=-\cos x \end{pmatrix} \end{matrix}}{=} \lim_{ M \to \infty } \left( \left.-\frac{\cos x}{x}\right\vert_{1}^M -\int_{1}^M \frac{\cos x}{x^2}dx \right) \\ &=\lim_{ M \to \infty } \left( -\frac{\cos M}{M}+\cos1-\int_{1}^M \frac{\cos x}{x^2}dx \right) \end{align*}I3​​=1∫∞​xsinx​=M→∞lim​1∫M​xsinx​↓אינטגרציה בחלקים(u=x1​⟹u′=x2−1​v′=sinx⟹v=−cosx​)​=​M→∞lim​​−xcosx​​1M​−1∫M​x2cosx​dx​=M→∞lim​​−McosM​+cos1−1∫M​x2cosx​dx​​

לפי חסומה כפול אפסה cos⁡MM\frac{\cos M}{M}McosM​ מתכנסת ל-0. הפונק' cos⁡1\cos 1cos1 זה בעצם קבוע ולפי I2I_{2}I2​ האיבר השלישי מתכנס.
לכן, I3I_{3}I3​ מתכנס.

דוגמה

I4=∫01sin⁡xxI_{4}=\int_{0}^1 \frac{\sin x}{x}I4​=0∫1​xsinx​

זה לא אינטגרל מוכלל! (הפונקציה חסומה ועם מספר נק' אי רציפות סופי בקטע)

דוגמה

I5=∫1∞sin⁡2xx2I_{5}=\int_{1}^\infty \frac{\sin2x}{x^2}I5​=1∫∞​x2sin2x​

מתכנס בהחלט לפי השוואה עם 1x2\frac{1}{x^2}x21​.

דוגמה

I6=∫1∞cos⁡2xxI_{6}=\int_{1}^\infty \frac{\cos2x}{x}I6​=1∫∞​xcos2x​

עושים אינטגרציה בחלקים עבור ∫1M\displaystyle \int_{1}^M1∫M​ ומגלים שמתכנס לפי I5I_{5}I5​.

דוגמה

I7=∫1∞1−cos⁡2xxdx=lim⁡M→∞∫1M1−cos⁡2xx=lim⁡M→∞(∫1M1x−∫1Mcos⁡2xx)I_{7}=\int_{1}^\infty \frac{1-\cos2x}{x}dx=\lim_{ M \to \infty } \int_{1}^M \frac{1-\cos2x}{x}=\lim_{ M \to \infty } \left( \int_{1}^M \frac{1}{x}-\int_{1}^M \frac{\cos2x}{x} \right)I7​=1∫∞​x1−cos2x​dx=M→∞lim​1∫M​x1−cos2x​=M→∞lim​​1∫M​x1​−1∫M​xcos2x​​

נשים לב כי ∫1∞1x\int_{1}^\infty \frac{1}{x}1∫∞​x1​ מתבדר ולכן אין גבול.
כאשר נקח M→∞M\to \inftyM→∞ על cos⁡2xx\frac{\cos2x}{x}xcos2x​ נשים לב כי הוא מתכנס לפי I6I_{6}I6​ ולכן יש גבול.
לכן, כאשר M→∞M\to \inftyM→∞ מתקיים כי ל-∫1M\displaystyle \int_{1}^M1∫M​ אין גבול!
לכן, I7I_{7}I7​ מתבדר.

דוגמה

I8=∫1∞∣sin⁡xx∣dxI_{8}=\int_{1}^\infty \left| \frac{\sin x}{x} \right|dxI8​=1∫∞​​xsinx​​dx

לכל x≥1x\geq 1x≥1 מתקיים ∣sin⁡x∣≥sin⁡2x|\sin x|\geq \sin^2x∣sinx∣≥sin2x (כי 0≤∣sin⁡x∣≤10\leq |\sin x|\leq 10≤∣sinx∣≤1) ולכן:

∣sin⁡xx∣=∣sin⁡x∣x≥sin⁡2xx=1−cos⁡2x2x≥0\left| \frac{\sin x}{x} \right|=\frac{\left| \sin x \right|}{x} \geq \frac{\sin^2x}{x}=\frac{1-\cos2x}{2x}\geq 0​xsinx​​=x∣sinx∣​≥xsin2x​=2x1−cos2x​≥0

לפי מבחן ההשוואה עם I7I_{7}I7​ נובע כי I8I_{8}I8​ מתבדר.

מסקנה (מהדוגמות)

∫0∞sin⁡xx\displaystyle \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}0∫∞​xsinx​ מתכנס בתנאי!

משפט (מבחן אבל)

יהיו f,gf,gf,g אינטגרביליות ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a.
נניח כי ∫a∞g(x)dx\displaystyle \int_{a}^\infty g(x)dxa∫∞​g(x)dx מתכנס וכי fff מונוטוניות וחסומה. אזי ∫a∞f(x)g(x)dx\displaystyle \int_{a}^\infty f(x)g(x)dxa∫∞​f(x)g(x)dx מתכנס.

משפט (מבחן דיריכלה)

יהיו f,gf,gf,g אינטגרביליות ב-[a,M][a,M][a,M] לכל M>aM>aM>a.
נניח כי fff מונוטונית ומקיימת lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{ x \to \infty }f(x)=0limx→∞​f(x)=0 וכי ∫axg(t)dt\displaystyle \int_{a}^x g(t)dta∫x​g(t)dt חסומה (כפונקציה של xxx)
אזי ∫a∞f(x)g(x)dx\displaystyle \int_{a}^\infty f(x)g(x)dxa∫∞​f(x)g(x)dx מתכנס.

דוגמה

∫1∞sin⁡xxdx\int_{1}^\infty \frac{\sin x}{x}dx1∫∞​xsinx​dx

נגדיר f(x)=1xf(x)=\frac{1}{x}f(x)=x1​ ו-g(x)=sin⁡xg(x)=\sin xg(x)=sinx.
fff מונוטונית ב-[1,∞)[1,\infty)[1,∞) ובנוסף lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{ x \to \infty }f(x)=0limx→∞​f(x)=0.

∣∫1xsin⁡tdt∣=↓NL∣(−cos⁡t∣1x)∣=∣−cos⁡x+cos⁡1∣≤2\left|\int_{1}^x \sin tdt\right| \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ NL \end{matrix}}{=}\left|\left(\left.\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}-\cos t\right\vert_{1}^x\right)\right|=\left|-\cos x+\cos1\right|\leq 2​1∫x​sintdt​↓NL​=​​(​−cost​1x​)​=∣−cosx+cos1∣≤2

לכן, I3I_{3}I3​ מתכנס לפי דיריכלה.

ההוכחות המלאות של המשפטים הללו אינן ברמת הקורס - הן קשות מאוד. כדי להקל עליהן, נניח רציפות של ggg וגזירות ברציפות על fff.
המלצה(רשות): הוכחה בווידיאו (20 דק')

תרגיל (שאמור לפתוח את הראש)

תהי fff אי-שלילית, רציפה ונתון כי ∫0∞f\displaystyle \int_{0}^\infty f0∫∞​f מתכנס.
האם בהכרח lim⁡x→∞f(x)=0\lim_{ x \to \infty }f(x)=0limx→∞​f(x)=0?

הטענה לא נכונה.
נקח את פונקציית האוהלים:
​3 - אינטגרל מוכלל 2026-05-19 10.07.37.excalidraw.svg
הפונקציה מקיימת את כל התנאים ומתקיים:

∫0∞f=∑n=1∞שטחיהאוהלים=∑n=1∞1⋅12n−1⋅12=∑n=1∞12n=1\int_{0}^\infty f=\sum_{n=1}^\infty \begin{matrix} \R{\text{שטחי}} \\ \R{\text{האוהלים}} \end{matrix}=\sum_{n=1}^\infty 1\cdot \frac{1}{2^{n-1}}\cdot \frac{1}{2}=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}=10∫∞​f=n=1∑∞​שטחיהאוהלים​=n=1∑∞​1⋅2n−11​⋅21​=n=1∑∞​2n1​=1
הערה

מה זה סכום אינסופי, נראה עוד שנייה(בעמוד הבא)