---
title: "Lecture 8: Całka niewłaściwa"
lecture_number: 8
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```

# Całka niewłaściwa

## Całka niewłaściwa w przedziale nieskończonym

### Definicja

:::{narration}

Niech $f:[a,+\infty) \to \rr$ będzie funkcją,
która dla każdego $T > a$ jest całkowalna
na $[a,T]$.
:::

:::{prf:definition}

Jeśli istnieje granica właściwa
$
   \quad
   \LimInfty[T]{\IntDef{a}{T}{f(x)}}
   \quad
   $
   to nazywamy ją
   **całką niewłaściwą I-go rodzaju** {index}`całka; niewłaściwa I-go rodzaju`
   funkcji $f$ na przedziale $[a,+\infty)$
i oznaczmy symbolem

$$
\IntDef{a}{+\infty}{f(x)}.
$$

W takim przypadku piszemy:

```{math}
\IntDef{a}{+\infty}{f(x)} = \LimInfty[T]{\IntDef{a}{T}{f(x)}}
```

i mówimy, że
**całka niewłaściwa istnieje** lub
**jest zbieżna**.

W przeciwnym przypadku mówimy, że
**całka niewłaściwa nie istnieje** lub
**jest rozbieżna**.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
var('x')
f(x) = 5*e^(-.05*(x-2)^2)
c1 = .4
d1 = .05
show(
   sum(PlotUnderGraph(f,a-1,a*1.3-1,"",(c1 + a*d1, c1 + a*d1, c1 + a*d1)) for a in [1.3^n for n in range(10)]),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{prf:definition}

Analogicznie definiujemy (i przypisujemy powyższe znaczenia wyrażeń słownych):

1. **całką niewłaściwą I-go rodzaju** {index}`całka; niewłaściwa I-go rodzaju`
   funkcji $f$ na przedziale $(-\infty,a]$ jako

   ```{math}
   \IntDef{-\infty}{a}{f(x)} = \LimIn[S]{-\infty}{\IntDef{S}{a}{f(x)}}
   ```

   dla $f:(-\infty,a] \to \rr$,
   która dla każdego $S < a$ jest całkowalna na $[S,a]$.

2. **całką niewłaściwą I-go rodzaju** {index}`całka; niewłaściwa I-go rodzaju`
   funkcji $f$ na prostej $\rr$ jako

   $$
   \IntDef{-\infty}{+\infty}{f(x)}
   & = \IntDef{-\infty}{a}{f(x)}
   + \IntDef{a}{+\infty}{f(x)}
   \\ &
   = \LimIn[S]{-\infty}{\IntDef{S}{a}{f(x)}}
   + \LimInfty[T]{\IntDef{a}{T}{f(x)}}
   $$

   dla $f:\rr \to \rr$,
   która dla każdych $S, T \in \rr$, $S < T$, jest całkowalna na $[S,T]$.

   Liczbę $a\in \rr$
   można wybrać dowolnie.
:::

:::{prf:remark}

Jeśli $F:[a,+\infty)\to\rr$ jest funkcją pierwotną
funkcji $f:[a,+\infty)\to\rr$, to możemy stosować oznaczenie:

```{math}
\IntDef{a}{+\infty}{f(x)} = F(x)\Big|_a^{+\infty} = \LimInfty[T]{F(T)} - F(a).
```

Analogicznie w pozostałych przypadkach.
:::

:::{prf:remark}

Zauważmy, że

$$
\IntDef{-\infty}{a}{f(x)}
    & = \LimIn[S]{-\infty}{\IntDef{S}{a}{f(x)}}
   =
   \WaveBrack{
      \begin{array}{cc}
      x = - t   & x = S \Leftrightarrow t = -S \\
      dx = - dt & x = a \Leftrightarrow t = -a
      \end{array}
   }
   \\ &
   = \LimIn[S]{-\infty}{\IntDef[t]{-S}{-a}{-f(-t)}}
   = \LimIn[S]{-\infty}{\IntDef[t]{-a}{-S}{f(-t)}}
   \\ &
   = \LimIn[T]{+\infty}{\IntDef[t]{-a}{T}{f(-t)}}
   = \IntDef[t]{-a}{+\infty}{f(-t)}.
$$

Zatem wszelkie rozważania na temat całki na przedziale
$[a,+\infty)$
można wykorzystać przy badaniu całki na przedziale
$(-\infty, a].$
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Dla $a>0$,

$$
\IntDef{a}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}
   & = \LimIn[T]{+\infty}
   \IntDef{a}{T}{x^{-\alpha}}
   \\ &
   = \LimIn[T]{+\infty}
   \begin{cases}
      \frac 1 {1-\alpha} {x^{1-\alpha}}\Big|_a^T & \text{dla } \alpha \neq 1 \\
      \ln|x| \Big|_a^T               & \text{dla } \alpha = 1
   \end{cases}
   \\ &
   = \LimIn[T]{+\infty}
   \begin{cases}
      \frac 1 {1-\alpha} \Paren{T^{1-\alpha} - a^{1-\alpha}} & \text{dla } \alpha \neq 1 \\
      \ln T - \ln a                        & \text{dla } \alpha = 1
   \end{cases}.
$$

Granica $\LimIn[T]{+\infty} {T^{1-\alpha}} = 0$ dla $1-\alpha < 0$,
zaś w pozostałych przypadkach jest rozbieżna do $+\infty$.

Ponadto $\LimIn[T]{+\infty} {\ln T} = +\infty$.

Stąd wniosek, że

$$
\IntDef{a}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}
   \qtq[jest]
   \begin{cases}
      \text{zbieżna}   & \text{dla } \alpha > 1    \\
      \text{rozbieżna} & \text{dla } \alpha \leq 1
   \end{cases}.
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-01
:class: [exercise]

Policzmy (jeśli istnieją) całki niewłaściwe:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \IntDef{0}{+\infty}{e^{-2x}}  $
2. $\displaystyle \IntDef{-\infty}{+\infty}{\frac 1 {1+x^2}} .$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-01`, {numref}`prob-11-ex-06`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Zaczynamy od skorzystania z definicji:

   $$
   \IntDef{0}{+\infty}{e^{-2x}}
   & = \LimIn[T]{+\infty}
   \IntDef{0}{T}{e^{-2x}}
   \\ & = \LimIn[T]{+\infty}
   -\tfrac 1 {2} e^{-2x}\Big|_0^T
   \\ & =
   -\tfrac 1 {2}
   \LimIn[T]{+\infty}
   \Paren{e^{-2T} - e^{-0}}
   =
   \tfrac 1 {2}
   $$

2. Konieczne jest rozbicie całki na dwa składniki:

   $$
   \displaystyle
   \IntDef{-\infty}{+\infty}{\frac 1 {1+x^2}}
   & = \LimIn[S]{-\infty}
   \IntDef{S}{0}{\frac 1 {1+x^2}}
   +
   \LimIn[T]{+\infty}
   \IntDef{0}{T}{\frac 1 {1+x^2}}
   \\ &
   = \LimIn[S]{-\infty}
   \arctg x \Big|_S^0
   +
   \LimIn[T]{+\infty}
   \arctg x \Big|_0^T
   \\ &
   = \LimIn[S]{-\infty}
   - \arctg S
   +
   \LimIn[T]{+\infty}
   \arctg T
   =\tfrac \pi 2 + \tfrac \pi 2 = \pi
   .
   $$

:::

:::{narration}

Licząc całkę niewłaściwą możemy stosować metody całkowania
przez części i przez podstawienie.

W takiej sytuacji musimy
w odpowienidnich miejscach liczyć granice.

Może się zdażyć, że po takiej operacji całka niewłaściwa
zamieni się na oznaczoną.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-02
:class: [exercise]

Policzmy całkę niewłaściwą
$\displaystyle \IntDef{0}{+\infty}{\frac{x \arctg x}{(1+x^2)^2}}.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-01`, {numref}`prob-11-ex-06`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

part_1 = (
    r"\IntDef{0}{+\infty}{\frac{x \arctg x}{(1+x^2)^2}}"
    r"& = "
    r"\IntDef{0}{+\infty}{\frac{x \arctg x}{1+x^2} \cdot \frac 1 {1+x^2} }"
    r"\\ & "
    r"= \WaveBrack{"
    r"y  & = \arctg x \Leftrightarrow \tg y = x & x=0 \Leftrightarrow y = 0 \\"
    r"dy & = \frac 1 {1+x^2}\ dx & \LimIn{+\infty} \arctg x = \frac \pi 2"
    r"}"
    r" \\ & "
    r"= \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{\frac{\tg y \cdot y}{1+\tg^2 y}}"
    r"= \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{\frac{\frac {\sin y} {\cos y} \cdot y}{\frac{\sin^2 y + \cos^2 y }{\cos^2 y}}}"
    r"= \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{y\sin y \cos y}"
    r" \\ & "
    r"=  \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{y\cdot \frac 1 2 \sin 2y}"
    r"= "
)
part_2 = IntegrationDefByPartsNewline(y, y, 1/2*sin(2*y), '.(.)', '.(.)', '0', r'\frac \pi 2')
part_3 = (
    r" \\ & "
    r"= \frac \pi 2 \cdot \Paren{-\frac 1 4 \cdot (-1)} - 0"
    r"+ \frac 1 8 \sin(2y)\Big|_0^{\frac \pi 2} = \frac \pi 8 + 0 = \frac \pi 8 ."
)
content = rf"""
{part_1}{part_2}{part_3}
"""
glue('sageglue_integration_8_0', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Wykorzystamy podstawienie $y = \arctg x$:

```{glue:} sageglue_integration_8_0
```

:::

### Kryteria zbieżności

:::{prf:theorem} Kryterium porównawcze

Niech $f,g : [a,+\infty)\to \rr$ będą funkcjami,
które dla każdego $T > a$ są całkowalne
na $[a,T]$.

Jeśli

$$
\quad
   \forall x > a \quad 0 \leq f(x) \leq g(x)
   \qquad
   \text{lub}
   \qquad
   \forall x > a \quad g(x) \leq f(x) \leq 0,
   \quad
$$

wówczas:

- $\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{g(x)}$ jest zbieżna $\imply$
  $\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{f(x)}$ jest zbieżna

- $\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{f(x)}$ jest rozbieżna $\imply$
  $\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{g(x)}$ jest rozbieżna.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
var('x y z')
f1(x) = x^(-1)
a = 1
b = 10
show(plot(f1, (x,a,b), aspect_ratio=2, thickness=3, color = PWRed,
   legend_label=r'$x^{-1}$'),
   transparent=True, frame=False)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(
   revolution_plot3d(f1, (x,a,b), opacity=.5, rgbcolor=(0.3, 0.3, 0.3), show_curve=True, parallel_axis='x'),
   aspect_ratio=(1,2,2),
   tachyon = true,
   transparent=True, frame=False
)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Definicje objętości bryły obrotowej
i pola powierzchni obrotowej
można uogólnić na figury powstające przez obrót wykresu
funkcji zadanej na przedziale nieskończonym.

Rozważmy
bryłę obrotową $V$
i
powierzchnię obrotową $S$
powstałe przez obrót wykresu funkcji

```{math}
\displaystyle f(x) = \frac 1 x,\quad x\in [1,+\infty)
````

wokół osi $OX$.

Policzmy objętość $V$:

$$
|V| = \pi \IntDef{1}{+\infty}{\Brack{f(x)}^2}
   = \LimIn[T]{+\infty} \pi \IntDef{1}{T}{x^{-2}}
   = \LimIn[T]{+\infty} -\pi x^{-1}\Big|_1^{T}
   = \pi .
$$

Zajmijmy się polem S:

$$
|S| = 2\pi\cdot  \IntDef{1}{+\infty}{f(x)\sqrt{1 + \left[f'(x)\right]^2}}
   = 2\pi\cdot  \IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 x\sqrt{1 + \frac 1 {x^4}}}.
$$

Dla $x \geq 1$ mamy

$$
0 \leq \frac 1 x \leq \frac 1 x\sqrt{1 + \frac 1 {x^4}}.
$$

Ponieważ $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}$
jest rozbieżna dla $\alpha = 1 \leq 1$,
to z kryterium porównawczego
całka

```{math}
\IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 x\sqrt{1 + \frac 1 {x^4}}}
```

jest rozbieżna.

Zatem pole S nie jest skończone!

Bryłę tę nazywa się trąbka Torricellego
(od nazwiska matematyka, który jako pierwszy zauważył,
że jest to figura o skończonej objętości, ale nieskończonym polu powierzchni)
lub rogiem Gabriela (archanioła, który według tradycji chrześcijańskiej
ma ogłosić Sąd Ostateczny zadęciem w róg).
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-03
:class: [exercise]

Pokażmy, że
zbieżne są całki:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac {(3 - \sin 2x)x}{5(x+1)(x^2+1)}}  $
2. $\displaystyle \IntDef{0}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}} .$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-02`, {numref}`prob-11-ex-03`, {numref}`prob-11-ex-07`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
from myst_nb import glue
from IPython.display import Math

var('T')
body_01 = latex((x ^ 2 * e ^ -2 * x).integrate(x))
content = rf"""
\IntDef{{1}}{{+\infty}}{{x^2\cdot e^{{-2x}}}}
& = \LimIn[T]{{+\infty}}\Paren{{{body_01}}}\Big|_1^T
\\ & = \LimIn[T]{{+\infty}} -\frac{{2T^2 + 2T + 1}} {{4\, e^{{2T}}}}
+ \frac 5 {{4e^2}}
\\ &
\DeLHospital
\LimIn[T]{{+\infty}} -\frac{{4T + 2 }} {{8\, e^{{2T}}}}
+ \frac 5 {{4e^2}}
\\ & \DeLHospital
\LimIn[T]{{+\infty}} -\frac{{4}} {{16\, e^{{2T}}}}
+ \frac 5 {{4e^2}}
= \frac 5 {{4\, e^2}}.
"""
glue('sageglue_8_0', Math(r"\begin{aligned}" + content + r"\end{aligned}"), display=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Dla $x \geq 1$ mamy

   $$
   0 \leq \frac {(3 - \sin 2x)x}{5(x+1)(x^2+1)}
   \leq \frac { 3 - \sin 2x }{5}
   \cdot \frac {x} {x+1}
   \cdot \frac 1 {x^2 +1}
   \leq  \frac 4 5 \cdot 1 \cdot \frac 1 {x^2}
   \leq  \frac 1 {x^2}.
   $$

   Ponieważ $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}$
   jest zbieżna dla $\alpha = 2 > 1$,
   to z kryterium porównawczego wyjściowa całka jest zbieżna.

2. Dla $x \geq 1$ mamy $\sqrt{x^3} \leq x^2$,
   co pozwoli udowodnić zbieżność na tej półprostej.

   Rozbijmy całkę na dwa składniki:

   $$
   \IntDef{0}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}}
   & = \IntDef{0}{1}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}}
   +\IntDef{1}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}}
   \\ & = I_1 + I_2.
   $$

   - $I_1$ to całka oznaczona z funkcji ciągłej,
     więc ma skończoną wartość.
   - Zauważmy, że
     dla $x \geq 1$ mamy
     $
     \quad
     0 \leq \sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x} \leq x^2 \cdot e^{-2x}
     \quad
     $
     oraz

     ```{glue:math} sageglue_8_0
     ```

     Jest to całka zbieżna,
     więc z kryterium porównawczego całka $I_2$ jest zbieżna.
:::

:::{narration}

Niech $f,g : [a,+\infty)\to \rr$ będą funkcjami,
dla których

$$
\quad
   \forall x > a \quad  f(x) > 0 \wedge  g(x) > 0
   \qquad
   \text{lub}
   \qquad
   \forall x > a \quad f(x) < 0 \wedge g(x) < 0.
   \quad
$$

:::

:::{prf:definition}

Jeśli istnieje granica właściwa

```{math}
\LimInfty[x]{\frac {f(x)}{g(x)}} = K > 0.
```

to mówimy, że $f$ i $g$ są
**tego samego rzędu w nieskończoności**. {index}`funkcja; tego samego rzędu`
:::

:::{prf:theorem} Kryterium ilorazowe

Niech $f,g : [a,+\infty)\to \rr$ będą funkcjami,
które dla każdego $T > a$ są całkowalne
na $[a,T]$ oraz

$$
\quad
   \forall x > a \quad  f(x) > 0 \wedge  g(x) > 0
   \qquad
   \text{lub}
   \qquad
   \forall x > a \quad f(x) < 0 \wedge g(x) < 0.
   \quad
$$

Jeśli $f$ i $g$ są w nieskończoności tego samego rzędu,
to całki

$$
\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{f(x)},
   \qquad
\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{g(x)}
$$

są jednocześnie zbieżne lub rozbieżne.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-04
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność całki

$$
\IntDef{1}{+\infty}{
      \frac
      {x\arctg x}
      {\sqrt{1 + x^3}}
   }.
$$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-03`, {numref}`prob-11-ex-07`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Niech

$$
f(x) = \dfrac
   {x\arctg x}
   {\sqrt{1 + x^3}}
   \quad
   \text{oraz}
   \quad
   g(x) = \dfrac 1 {x^\alpha}
$$

dla pewnego $\alpha \in \rr$.

Obie funkcje są dodatnie dla $x\in [1, +\infty).$

Poszukajmy takiego $\alpha$, aby istniała właściwa granica

$$
\LimIn{+\infty} \frac {f(x)}{g(x)} =
   \LimIn{+\infty} \frac
   {x\arctg x \cdot x^{\alpha} }
   {\sqrt{1 + x^3}} = K > 0.
$$

Zauważmy, że $\arctg x \LimToInfty[x] \frac \pi 2$
oraz

$$
\frac {f(x)}{g(x)} =
     \frac
     {x^{\alpha + 1} \cdot \arctg x  }
     {\sqrt{1 + x^3}}
   =
   \frac
   {x^{\alpha + 1} \cdot \arctg x}
   {x^{\frac 3 2} \cdot \sqrt{\frac 1 {x^3} + 1}}
   =
   x^{\alpha + 1 - \frac 3 2}
   \cdot
   \frac
   { \arctg x}
   { \sqrt{\frac 1 {x^3} + 1}} .
$$

Zatem granica
tej funkcji
przy $x \to +\infty$
będzie równa $\tfrac \pi 2$ pod warunkiem,
że

$$
x^{\alpha + 1 - \frac 3 2} \equiv 1
   \qlq
   \alpha + 1 - \tfrac 3 2 = 0
   \qlq
   \alpha = \tfrac 1 2.
$$

Ponieważ $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}$
jest rozbieżna dla $\alpha = \frac 1 2 \leq 1$,
to z kryterium ilorazowego wyjściowa całka jest rozbieżna.
:::

### Zbieżność bezwzględna i warunkowa

:::{prf:theorem}

Niech $f: [a,+\infty)\to \rr$ będzie funkcją,
która dla każdego $T > a$ jest całkowalna
na $[a,T]$.

Wówczas,

jeśli
$
\quad
\displaystyle \IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|}
\quad
$
jest zbieżna,
to
$
\quad
\displaystyle \IntDef{a}{+\infty}{f(x)}
\quad
$
jest zbieżna.

:::

:::{prf:example}
:class: [example]

W twierdzeniu ważne jest założenie, że $f$ jest całkowalna na $[a,T]$!

Dla przykładu weźmy funkcję

$$
f(x) =
   \begin{cases}
      e^{-x}  & \text{dla } x\in \qq \\
      -e^{-x} & \text{w p.p.}
   \end{cases},
$$

która nie jest całkowalna na żadnym odcniku
(dowód tego faktu można przeprowadzić analogicznie
jak dowód niecałkowalności funkcji Dirichleta).

Zatem $\displaystyle \IntDef{a}{+\infty}{f(x)}$ jest rozbieżna.

Jednakże $|f(x)| = e^{-x}$, więc

```{math}
\IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|} = \LimInfty[T]{-e^{-T} + e^{-a}} = e^{-a}.
```

:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot((-1)^(floor(x))*(floor(x))^(-1), (x,1,9.5), aspect_ratio = 6, color = PWRed, thickness=3,
   legend_label=r'$\dfrac{(-1)^{[x]}}{[x]}$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe.

Na przykład dla funkcji $f:[1,+\infty)\to\rr,$

$$
\displaystyle
   f(x) = \frac {(-1)^{[x]}} {[x]},
$$

- $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{f(x)}$
  jest zbieżna,
- ale
  $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{|f(x)|}$
  jest rozbieżna.

  Aby to pokazać, potrzebne jest pojęcie
  szeregu...
  :::

::::{prf:definition}

Całkę **zbieżną**
$
\quad
\displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{f(x)}
\quad
$
nazywamy:

:::{container} columns-2-auto

- **bezwzględnie zbieżną** {index}`całka; bezwzględnie zbieżna`
  jeśli całka
  $
  \displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|}
  $
  jest zbieżna

- **warunkowo zbieżną** {index}`całka; warunkowo zbieżna`,
  jeśli całka
  $
  \displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|}
  $
  jest rozbieżna.

:::

::::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-05
:class: [exercise]

Pokażmy, że całka
$\displaystyle\IntDef{1}{+\infty}{\frac{\sin 3x}{x\sqrt{x} + 2x + 3}} $
jest bezwzględnie zbieżna.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-02`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dla $x \geq 1$ mamy

$$
0 \leq  \Absolute{\frac{\sin 3x}{x\sqrt{x} + 2x + 3}}
   \leq \frac{1}{x\sqrt{x} + 2x + 3}
   \leq \frac 1 {x\sqrt{x}}
   = \frac 1 {x^{\frac 3 2}}.
$$

Ponieważ $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 {x^\alpha}}$
jest zbieżna dla $\alpha = \frac 3 2 > 1$,
to z kryterium porównawczego całka

```{math}
\displaystyle\IntDef{1}{+\infty}{\Absolute{\frac{\sin 3x}{x\sqrt{x} + 2x + 3}}}
```

jest zbieżna.

Zatem wyjściowa całka jest zbieżna bezwzględnie.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-06
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność całki
$\displaystyle\IntDef{1}{+\infty}{\arctg x\frac{\sqrt{x}\cos 2x}{2+x^2}} $.


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-02`, {numref}`prob-11-ex-07`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Ponieważ
$
\displaystyle f(x) = \arctg x\cdot\cos 2x\cdot\frac{\sqrt{x}}{2+x^2}
$
przyjmuje wartości różnych znaków, to zbadamy czy jest zbieżna bezwzględnie.

Zauważmy, że
$
\quad
|\arctg x \cdot\cos 2x| \leq \frac \pi 2
\quad
$
zaś funkcja

$$
\frac{\sqrt{x}}{2+x^2}
   = \frac{x^{\frac 1 2}}{x^2\Paren{\frac 2 {x^2} + 1}}
   = x^{-\frac 3 2}\cdot\frac 1 {\frac 2 {x^2} + 1}
$$

jest w nieskończoności rzędu $x^{-\frac 3 2}.$

Ponieważ $\frac 3 2 > 1,$ to spodziewamy się, że całka będzie zbieżna.

Aby tego dowieść skorzystamy z kryterium porównawczego.

Ponieważ

$$
0 \leq \Absolute{\arctg x\cdot\cos 2x\cdot\frac{\sqrt{x}}{2+x^2}}
   \leq {\frac \pi 2}\cdot \frac {\sqrt x} {2 + x^2}
   \leq {\frac \pi 2}\cdot \frac {\sqrt x} {x^2}
   = \frac \pi 2  \cdot x^{-\frac 3 2},
$$

oraz $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{ x^{-\alpha}}$
jest zbieżna dla $\alpha = \frac 3 2 > 1$,
to $\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\Absolute{f(x)}}$ jest zbieżna.

Zatem wyjściowa całka jest zbieżna (bezwzględnie).
:::

## Całka niewłaściwa funkcji nieograniczonej

### Definicja

:::{narration}

Niech $f:[a,b) \to \rr$ będzie funkcją,
która jest nieograniczona w lewostronnym sąsiedztwie punktu $b$
i dla każdego $c\in [a,b)$ jest całkowalna na $[a,c]$.
:::

:::{prf:definition}

Jeśli istnieje granica właściwa
$
   \quad
   \LimIn[c]{b^-}{\IntDef{a}{c}{f(x)}}
   \quad
   $
   to nazywamy ją
   **całką niewłaściwą II-go rodzaju** {index}`całka; niewłaściwa II-go rodzaju`
   funkcji $f$ na przedziale $[a,b)$
i oznaczmy symbolem

$$
\IntDef{a}{b}{f(x)}.
$$

W takim przypadku piszemy:

```{math}
\IntDef{a}{b}{f(x)} = \LimIn[c]{b^-}{\IntDef{a}{c}{f(x)}}
```

i mówimy, że
**całka niewłaściwa istnieje** lub
**jest zbieżna**.

W przeciwnym przypadku mówimy, że
**całka niewłaściwa nie istnieje** lub
**jest rozbieżna**.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
var('x')
f(x) = abs(-x)^(-.9) + 10*e^(-10*(-x-.6)^2)
c1 = .5
d1 = .01
show(
   sum(PlotUnderGraph(f,a*1.3,a,"",(c1 + a^(-1)*d1, c1 + a^(-1)*d1, c1 + a^(-1)*d1)) for a in [-1.3^(n) for n in [-14..0]]),
   aspect_ratio=.02,
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{prf:definition}

Analogicznie definiujemy (i przypisujemy powyższe znaczenia wyrażeń słownych)
**całką niewłaściwą II-go rodzaju** {index}`całka; niewłaściwa II-go rodzaju`
funkcji $f$ na przedziale $(a,b]$ jako

```{math}
\IntDef{a}{b}{f(x)} = \LimIn[c]{a^+}{\IntDef{c}{b}{f(x)}}
```

dla $f:(a,b] \to \rr$,
która dla każdego $c \in (a,b]$ jest całkowalna na $[c,b]$.

   Ponadto jeśli dla funkcji $f:[a,c)\cup(c,b]\to \rr$

istnieją całki niewłaściwe $\IntDef{a}{c}{f(x)}$ i $\IntDef{c}{b}{f(x)}$,
to definiujemy

```{math}
\IntDef{a}{b}{f(x)} = \IntDef{a}{c}{f(x)} + \IntDef{c}{b}{f(x)}.
```

:::

:::{prf:remark}

Jeśli $F:[a,b)\to\rr$ jest funkcją pierwotną
funkcji $f:[a,b)\to\rr$, to możemy stosować oznaczenie:

```{math}
\IntDef{a}{b}{f(x)} = F(x)\Big|_a^{b^-} = \LimIn[c]{b^-}{F(c)} - F(a).
```

Analogicznie w pozostałych przypadkach.
:::

:::{prf:remark}

Zauważmy, że

$$
\IntDef{a}{b}{f(x)}
      & = \LimIn[c]{a^+}{\IntDef{c}{b}{f(x)}}
   =
   \WaveBrack{
   x  & = - t  & x = c \Leftrightarrow t = -c \\
   dx & = - dt & x = b \Leftrightarrow t = -b
   }
   \\ &
   = \LimIn[c]{a^+}{\IntDef[t]{-c}{-b}{-f(-t)}}
   = \LimIn[c]{a^+}{\IntDef[t]{-b}{-c}{f(-t)}}
   \\ &
   = \LimIn[p]{-a^-}{\IntDef[t]{-b}{p}{f(-t)}}
   = \IntDef[t]{-b}{-a}{f(-t)}.
$$

Zatem wszelkie rozważania na temat całki na przedziale
$[a,b)$
można wykorzystać przy badaniu całki na przedziale
$(a, b].$
:::

:::{prf:example}
:class: [example]

Dla $a>0$,

$$
\IntDef{0}{a}{\frac 1 {x^\alpha}}
   & = \LimIn[c]{0^+}
   \IntDef{c}{a}{x^{-\alpha}}
   \\ &
   = \LimIn[c]{0^+}
   \begin{cases}
      \frac 1 {1-\alpha} {x^{1-\alpha}}\Big|_c^a & \text{dla } \alpha \neq 1 \\
      \ln|x| \Big|_c^a               & \text{dla } \alpha = 1
   \end{cases}
   \\ &
   = \LimIn[c]{0^+}
   \begin{cases}
      \frac 1 {1-\alpha} \Paren{a^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}} & \text{dla } \alpha \neq 1 \\
      \ln a - \ln c                        & \text{dla } \alpha = 1
   \end{cases}.
$$

Granica $\LimIn[c]{0^+} {c^{1-\alpha}} = 0$ dla $1-\alpha > 0$,
zaś w pozostałych przypadkach jest rozbieżna do $+\infty$.

Ponadto $\LimIn[c]{0^+} {\ln c} = -\infty$.

Stąd wniosek, że

$$
\IntDef{0}{a}{\frac 1 {x^\alpha}}
   \qtq[jest]
   \begin{cases}
      \text{zbieżna}   & \text{dla } \alpha < 1    \\
      \text{rozbieżna} & \text{dla } \alpha \geq 1
   \end{cases}.
$$

:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-07
:class: [exercise]

Policzmy (jeśli istnieje) całkę niewłaściwą

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle \IntDef{-1}{1}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}} $
2. $\displaystyle \IntDef{-1}{2}{\frac 1 {\sqrt{|x|}}} .$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-04`, {numref}`prob-11-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Dziedziną funkcji podcałkowej jest przedział $(-1,1)$,
   więc całka jest niewłaściwa na obu brzegach dziedziny.

   $$
   \IntDef{-1}{1}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}}
   & = \IntDef{-1}{0}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}}
   + \IntDef{0}{1}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}}
   \\ &
   = \LimIn[c]{-1^+}{\IntDef{c}{0}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}}}
   + \LimIn[c]{1^-}{\IntDef{0}{c}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}}}
   \\ &
   = \LimIn[c]{-1^+} \arcsin x \Big|_c^0
   + \LimIn[c]{1^-}  \arcsin x \Big|_0^c
   \\ &
   = \LimIn[c]{-1^+} \Paren{0 - \arcsin c}
   + \LimIn[c]{1^-}  \Paren{\arcsin c - 0}
   \\ &
   = -\Paren{- \tfrac \pi 2} + \tfrac \pi 2 = \pi .
   $$

2. Dziedziną funkcji podcałkowej jest zbiór $[-1,0)\cup(0,2]$,
   więc całka jest obustronnie niewłaściwa w $0$.

   $$
   \IntDef{-1}{2}{\frac 1 {\sqrt{|x|}}}
   & = \IntDef{-1}{0}{\frac 1 {\sqrt{-x}}}
   + \IntDef{0}{2}{\frac 1 {\sqrt{x}}}
   \\ &
   =
   \LimIn[c]{0^-}{\IntDef{-1}{c}{\Paren{-x}^{-\frac 1 2}}}
   + \LimIn[b]{0^+}{\IntDef{b}{2}{ x^{-\frac 1 2} }}
   \\ &
   =
   \LimIn[c]{0^-} -2 \Paren{-x}^{\frac 1 2} \Big|_{-1}^{c}
   + \LimIn[b]{0^+} 2 {x}^{\frac 1 2} \Big|_{b}^{2}
   \\ &
   =
   \LimIn[c]{0^-} \Brack{-2 \Paren{-c}^{\frac 1 2} + 2 }
   + \LimIn[b]{0^+} \Brack{2\cdot {2}^{\frac 1 2} - 2 b^{\frac 1 2}}
   \\ &
   = 2 + 2\sqrt 2 .
   $$

:::

:::{narration}

Również tym razem licząc całkę niewłaściwą możemy stosować metody całkowania
przez części i przez podstawienie i
w odpowiednich miejscach musimy liczyć granice.

Może się również zdarzyć, że po takiej operacji całka niewłaściwa
zamieni się na oznaczoną.
:::

### Kryteria zbieżności

:::{prf:theorem}

[Kryterium porównawcze]
Niech $f,g : [a,b)\to \rr$ będą funkcjami
nieograniczonymi w lewostronnym sąsiedztwie punktu $b$
i dla każdego $c\in [a,b)$ są całkowalne na $[a,c]$.

Jeśli

$$
\quad
   \forall x\in[a,b) \quad 0 \leq f(x) \leq g(x)
   \qquad
   \text{lub}
   \qquad
   \forall x\in[a,b) \quad g(x) \leq f(x) \leq 0,
   \quad
$$

to

- $\displaystyle\IntDef{a}{b}{g(x)}$ jest zbieżna $\imply$
  $\displaystyle\IntDef{a}{b}{f(x)}$ jest zbieżna;

- $\displaystyle\IntDef{a}{b}{f(x)}$ jest rozbieżna $\imply$
  $\displaystyle\IntDef{a}{b}{g(x)}$ jest rozbieżna.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-08
:class: [exercise]

Pokażmy, że
$\displaystyle \IntDef{0}{\frac \pi 2}{\frac {3 + 2\cos x}{2x + \sqrt{x}}}$
jest zbieżna.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-05`, {numref}`prob-11-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dziedzina funkcji podcałkowej to przedział $\IntOC{0, \frac \pi 2}$,
więc całka jest niewłaściwa w punkcie $0$.

Dla $x \in \IntOC{0, \frac \pi 2}$ mamy

$$
0 \leq \frac {3 + 2\cos x}{2x + \sqrt{x}}
   \leq \frac {3 + 2} {2x + \sqrt x} \leq \frac 5 {x^{\frac 1 2}}.
$$

Ponieważ $\displaystyle \IntDef{0}{\frac \pi 2}{\frac 1 {x^\alpha}}$
jest zbieżna dla $\alpha = \frac 1 2 < 1$,
to z kryterium porównawczego całka jest zbieżna.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-09
:class: [exercise]

Pokażmy, że
$\displaystyle \IntDef{-1}{2}{ \frac{2+\arctg x}{(x-2)^2} }$
jest rozbieżna.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-05`, {numref}`prob-11-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dziedzina funkcji podcałkowej to przedział $\IntCO{-1, 2}$,
więc całka jest niewłaściwa w punkcie $2$.

Dla $x \in \IntCO{-1, 2}$ mamy

$$
0 \leq \frac 1 {(x-2)^2} \leq \frac {2- \frac \pi 4}  {(x-2)^2}
   = \frac {2+\arctg (-1)} {(x-2)^2} \leq \frac{2+\arctg x}{(x-2)^2}.
$$

Ponieważ

$$
\IntDef{-1}{2}{\frac 1 {(x-2)^2} }
   & = \LimIn[c]{2^-} \IntDef{-1}{c}{(x-2)^{-2}}
   = \LimIn[c]{2^-} -{(x-2)^{-1}}\Big|_{-1}^c
   \\ &
   = \LimIn[c]{2^-} -{\frac 1 {c-2} } - \frac 1 3
   = + \infty,
$$

czyli całka jest rozbieżna,
to z kryterium porównawczego całka wyjściowa jest rozbieżna.
:::

:::{prf:definition}

Jeśli istnieje granica właściwa

```{math}
\LimIn[x]{b^-}{\frac {f(x)}{g(x)}} = K > 0 ,
```

to mówimy, że $f$ i $g$ są
**tego samego rzędu w granicy $b^-$**.{index}`funkcja; tego samego rzędu`
:::

:::{prf:theorem} Kryterium ilorazowe

Niech $f,g : [a,b)\to \rr$ będą funkcjami
nieograniczonymi w lewostronnym sąsiedztwie punktu $b$
i dla każdego $c\in [a,b)$ są całkowalne na $[a,c]$
oraz

$$
\quad
   \forall x\in[a,b) \quad  f(x) > 0 \wedge g(x) > 0
   \qquad
   \text{lub}
   \qquad
   \forall  x\in[a,b) \quad f(x) < 0 \wedge g(x) < 0 .
   \quad
$$

Jeśli $f$ i $g$ są
tego samego rzędu
w granicy $b^-$, to całki

$$
\displaystyle\IntDef{a}{b}{f(x)},
   \qquad
\displaystyle\IntDef{a}{b}{g(x)}
$$

są jednocześnie zbieżne lub rozbieżne.
:::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-10
:class: [exercise]

Zbadajmy zbieżność całki

$$
\IntDef{0}{1}{
      \frac
      {x^2 + 2x}
      {\tg x^2}
   }.
$$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-05`, {numref}`prob-11-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Niech

$$
f(x) =
   \frac
   {x^2 + 2x}
   {\tg x^2}
   \quad
   \text{oraz}
   \quad
   g(x) = \dfrac 1 {x^\alpha}
$$

dla $\alpha \in \rr$.

Obie funkcje są dodatnie na $D_f = (0,1].$

Całka jest niewłaściwa w punkcie $0$.

Poszukajmy takiego $\alpha$, aby istniała właściwa granica

$$
\LimIn{0^+} \frac {f(x)}{g(x)} =
   \LimIn{0^+} \frac {\Paren{x^2 + 2x} \cdot x^{\alpha}} {\tg x^2} = K > 0.
$$

Zauważmy, że

$$
\frac {f(x)}{g(x)} =
     \frac
   {\Paren{x^2 + 2x} \cdot x^{\alpha}}
   {\tg x^2}
   = \cos x^2
   \cdot \frac {x^2}{\sin x^2}
   \cdot \frac  {\Paren{x + 2} \cdot x^{\alpha+1}} {x^2 }
= \cos x^2
   \cdot \frac {x^2}{\sin x^2}
   \cdot \Paren{ x + 2}
   \cdot {x^{\alpha-1}}
$$

Zatem granica
tej funkcji
przy $x \to 0^+$
będzie równa $1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = 2 > 0$ pod warunkiem,
że

$$
x^{\alpha - 1} \equiv 1
   \qlq
   \alpha -1 = 0
   \qlq
   \alpha =  1.
$$

Ponieważ $\displaystyle \IntDef{0}{1}{\frac 1 {x^\alpha}}$
jest rozbieżna dla $\alpha = 1 \geq 1$,
to z kryterium ilorazowego wyjściowa całka jest rozbieżna.
:::

### Zbieżność bezwzględna i warunkowa


:::{prf:theorem}

Niech $f : [a,b)\to \rr$ będą funkcjami
nieograniczonymi w lewostronnym sąsiedztwie punktu $b$
i dla każdego $c\in [a,b)$ są całkowalne na $[a,c]$.

Wówczas,
jeśli
$
\quad
\displaystyle \IntDef{a}{b}{|f(x)|}
\quad
$
jest zbieżna,
to
$
\quad
\displaystyle \IntDef{a}{b}{f(x)}
\quad
$
jest zbieżna.
:::

:::{prf:remark}

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe.
:::

::::{prf:definition}

Całkę **zbieżną**
$\displaystyle\IntDef{a}{b}{f(x)}$
nazywamy:

:::{container} columns-2-auto

- **bezwzględnie zbieżną** {index}`całka; bezwzględnie zbieżna`
  jeśli całka
  $\displaystyle\IntDef{a}{b}{|f(x)|}$ jest
  zbieżna

- **warunkowo zbieżną** {index}`całka; warunkowo zbieżna`,
  jeśli całka
  $\displaystyle\IntDef{a}{b}{|f(x)|}$ jest
  rozbieżna.
:::

::::

::::{exercise}
:label: lec-09-ex-11
:class: [exercise]

Pokażmy, że całka
$\displaystyle\IntDef{0}{3}{\frac{2-3\sin \frac 1 x}{x^2 + \sqrt{x}}} $
jest zbieżna.


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-11-ex-05`, {numref}`prob-11-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Dziedzina funkcji podcałkowej to przedział $\IntOC]{0, 3}$,
więc całka jest niewłaściwa w punkcie $0$.

Zauważmy, że

$$
0 \leq \Absolute{\frac{2-3\sin \frac 1 x}{x^2 + \sqrt{x}}}
   \leq {\frac{|2| + 3\Absolute{-\sin \frac 1 x}}{x^2 + \sqrt{x}}}
   \leq {\frac{2 + 3}{\sqrt{x}}}
   = 5 x^{-\frac 1 2}
$$

oraz $\displaystyle \IntDef{0}{3}{x^{-\alpha}}$
jest zbieżna dla $\alpha = \frac 1 2 < 1$,
to $\displaystyle \IntDef{0}{3}{\Absolute{f(x)}}$ jest zbieżna.

Zatem wyjściowa całka jest zbieżna (bezwzględnie).
:::