Całka niewłaściwa

10. Całka niewłaściwa#

10.1. Całka niewłaściwa w przedziale nieskończonym#

10.1.1. Definicja#

Narration

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

Definicja 10.1

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

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

W takim przypadku piszemy:

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

i mówimy, że całka niewłaściwa istnieje lub jest zbieżna.

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

SageMath (Ukryj)
../_images/e179b2fe94291bc03f47cc8849eae31e8c60d617a45793aafc61586cbe4d29d8.png

Definicja 10.2

Analogicznie definiujemy (i przypisujemy powyższe znaczenia wyrażeń słownych):

  1. całką niewłaściwą I-go rodzaju funkcji \(f\) na przedziale \((-\infty,a]\) jako

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

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

  2. całką niewłaściwą I-go rodzaju funkcji \(f\) na prostej \(\rr\) jako

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

    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.

Uwaga 10.1

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

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

Analogicznie w pozostałych przypadkach.

Uwaga 10.2

Zauważmy, że

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

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

Przykład 10.1

Dla \(a>0\),

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

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

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

Ćwiczenie 10.1

Policzmy (jeśli istnieją) całki niewłaściwe:

  1. \(\displaystyle \IntDef{0}{+\infty}{e^{-2x}} \)

  2. \(\displaystyle \IntDef{-\infty}{+\infty}{\frac 1 {1+x^2}} .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.8, Ćw. 12.13.

Rozwiązanie

  1. Zaczynamy od skorzystania z definicji:

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

  2. Konieczne jest rozbicie całki na dwa składniki:

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

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.

Ćwiczenie 10.2

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.8, Ćw. 12.13.

Rozwiązanie

Wykorzystamy podstawienie \(y = \arctg x\):

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \IntDef{0}{+\infty}{\frac{x \arctg x}{(1+x^2)^2}}& = \IntDef{0}{+\infty}{\frac{x \arctg x}{1+x^2} \cdot \frac 1 {1+x^2} }\\ & = \WaveBrack{y & = \arctg x \Leftrightarrow \tg y = x & x=0 \Leftrightarrow y = 0 \\dy & = \frac 1 {1+x^2}\ dx & \LimIn{+\infty} \arctg x = \frac \pi 2} \\ & = \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{\frac{\tg y \cdot y}{1+\tg^2 y}}= \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{\frac{\frac {\sin y} {\cos y} \cdot y}{\frac{\sin^2 y + \cos^2 y }{\cos^2 y}}}= \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{y\sin y \cos y} \\ & = \IntDef[y]{0}{\frac \pi 2}{y\cdot \frac 1 2 \sin 2y}= \renewcommand{\log}{\ln}\WaveBrack{f( y ) & = y & g'( y ) & = \frac{1}{2} \, \sin\left(2 \, y\right) \\ f'( y ) & = 1 & g( y ) & = -\frac{1}{4} \, \cos\left(2 \, y\right) } \\\\ & = \Brack{y \cdot \Paren{-\frac{1}{4} \, \cos\left(2 \, y\right)}}\Big|_{\frac \pi 2}^{0} - \IntDef[ y ]{ 0 }{ \frac \pi 2 }{ 1 \cdot \Paren{-\frac{1}{4} \, \cos\left(2 \, y\right)} } \\ & = \frac \pi 2 \cdot \Paren{-\frac 1 4 \cdot (-1)} - 0+ \frac 1 8 \sin(2y)\Big|_0^{\frac \pi 2} = \frac \pi 8 + 0 = \frac \pi 8 . \end{aligned}\end{split}\]

10.1.2. Kryteria zbieżności#

Twierdzenie 10.1 (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.

SageMath (Ukryj)
../_images/9765c19515adddafee48a2f7a56ff14dd824577e444a65aeb4cf185fa237952f.png

SageMath (Ukryj)

Przykład 10.2

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

\[\displaystyle f(x) = \frac 1 x,\quad x\in [1,+\infty)\]

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

\[\IntDef{1}{+\infty}{\frac 1 x\sqrt{1 + \frac 1 {x^4}}}\]

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).

Ćwiczenie 10.3

Pokażmy, że zbieżne są całki:

  1. \(\displaystyle \IntDef{1}{+\infty}{\frac {(3 - \sin 2x)x}{5(x+1)(x^2+1)}} \)

  2. \(\displaystyle \IntDef{0}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}} .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.9, Ćw. 12.10, Ćw. 12.14.

Rozwiązanie

  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:

    \[\begin{split} \IntDef{0}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}} & = \IntDef{0}{1}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}} +\IntDef{1}{+\infty}{\sqrt{x^{3}}\cdot e^{-2x}} \\ & = I_1 + I_2. \end{split}\]

    • \(I_1\) 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

      \[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \IntDef{1}{+\infty}{x^2\cdot e^{-2x}} & = \LimIn[T]{+\infty}\Paren{\frac{1}{4} \, x^{4} e^{\left(-2\right)}}\Big|_1^T \\ & = \LimIn[T]{+\infty} -\frac{2T^2 + 2T + 1} {4\, e^{2T}} + \frac 5 {4e^2} \\ & \DeLHospital \LimIn[T]{+\infty} -\frac{4T + 2 } {8\, e^{2T}} + \frac 5 {4e^2} \\ & \DeLHospital \LimIn[T]{+\infty} -\frac{4} {16\, e^{2T}} + \frac 5 {4e^2} = \frac 5 {4\, e^2}. \end{aligned}\end{split}\]

      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

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

Definicja 10.3

Jeśli istnieje granica właściwa

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

to mówimy, że \(f\) i \(g\) są tego samego rzędu w nieskończoności.

Twierdzenie 10.2 (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.

Ćwiczenie 10.4

Zbadajmy zbieżność całki

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.10, Ćw. 12.14.

Rozwiązanie

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.

10.1.3. Zbieżność bezwzględna i warunkowa#

Twierdzenie 10.3

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.

Przykład 10.3

W twierdzeniu ważne jest założenie, że \(f\) jest całkowalna na \([a,T]\)!

Dla przykładu weźmy funkcję

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

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

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

SageMath (Ukryj)
../_images/b5db3a423286d668954eb45566ac8dd2f09f2a88fb5ef60d9bdd4d8d15f81912.png

Przykład 10.4

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…

Definicja 10.4

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

  • bezwzględnie zbieżną jeśli całka \( \displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|} \) jest zbieżna

  • warunkowo zbieżną , jeśli całka \( \displaystyle\IntDef{a}{+\infty}{|f(x)|} \) jest rozbieżna.

Ćwiczenie 10.5

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.9.

Rozwiązanie

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

\[\displaystyle\IntDef{1}{+\infty}{\Absolute{\frac{\sin 3x}{x\sqrt{x} + 2x + 3}}}\]

jest zbieżna.

Zatem wyjściowa całka jest zbieżna bezwzględnie.

Ćwiczenie 10.6

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.9, Ćw. 12.14.

Rozwiązanie

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).

10.2. Całka niewłaściwa funkcji nieograniczonej#

10.2.1. 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 \([a,c]\).

Definicja 10.5

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

\[ \IntDef{a}{b}{f(x)}. \]

W takim przypadku piszemy:

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

i mówimy, że całka niewłaściwa istnieje lub jest zbieżna.

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

SageMath (Ukryj)
../_images/c1233b0f3c8d69f617a3499f6f97f1707733c23c3c144c4abcd93bcc74041560.png

Definicja 10.6

Analogicznie definiujemy (i przypisujemy powyższe znaczenia wyrażeń słownych) całką niewłaściwą II-go rodzaju funkcji \(f\) na przedziale \((a,b]\) jako

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

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

\[\IntDef{a}{b}{f(x)} = \IntDef{a}{c}{f(x)} + \IntDef{c}{b}{f(x)}.\]

Uwaga 10.3

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

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

Analogicznie w pozostałych przypadkach.

Uwaga 10.4

Zauważmy, że

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

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

Przykład 10.5

Dla \(a>0\),

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

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

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

Ćwiczenie 10.7

Policzmy (jeśli istnieje) całkę niewłaściwą

  1. \(\displaystyle \IntDef{-1}{1}{\frac 1 {\sqrt{1 - x^2}}} \)

  2. \(\displaystyle \IntDef{-1}{2}{\frac 1 {\sqrt{|x|}}} .\)

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.11, Ćw. 12.15.

Rozwiązanie

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

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

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

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

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.

10.2.2. Kryteria zbieżności#

Twierdzenie 10.4

[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.

Ćwiczenie 10.8

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.12, Ćw. 12.16.

Rozwiązanie

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.

Ćwiczenie 10.9

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.12, Ćw. 12.16.

Rozwiązanie

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

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

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

Definicja 10.7

Jeśli istnieje granica właściwa

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

to mówimy, że \(f\) i \(g\) są tego samego rzędu w granicy \(b^-\).

Twierdzenie 10.5 (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.

Ćwiczenie 10.10

Zbadajmy zbieżność całki

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.12, Ćw. 12.16.

Rozwiązanie

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.

10.2.3. Zbieżność bezwzględna i warunkowa#

Twierdzenie 10.6

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.

Uwaga 10.5

Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe.

Definicja 10.8

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

  • bezwzględnie zbieżną jeśli całka \(\displaystyle\IntDef{a}{b}{|f(x)|}\) jest zbieżna

  • warunkowo zbieżną , jeśli całka \(\displaystyle\IntDef{a}{b}{|f(x)|}\) jest rozbieżna.

Ćwiczenie 10.11

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

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 12.12, Ćw. 12.16.

Rozwiązanie

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).