# Integral inpropio

Kalkuluan, funtzio baten integral inpropio bat integral zehatz baten limitea da, integrazio-tartearen mutur bateko edo bietako puntuak bere eremuan ez dagoen zenbaki batera hurbiltzen direnean, $\infty$-ra edo $-\infty$-ra. Gainera, integral definitu bat inpropioa da integral definituaren funtzio integratua integrazio-tarte osoan jarraitua ez denean. Bi egoerak ere gerta daitezke.

## Muga infinituko integral inpropioak

Izan bedi $f:[a,b)\rightarrow \Re$ eta $f$ $[a,t]-n$ integragarria (t>a zanik), $\exists \lim _{t\to \infty }\int _{a}^{\infty }f(x)dx$, $\int _{a}^{\infty }f(x)dx$ integral inpropioa konbergentea da.
$\int _{a}^{\infty }f(x)dx=\lim _{t\to \infty }\int _{a}^{t}f(x)dx$
Izan bedi $f:(-\infty ,\infty )\rightarrow \Re$ eta $f$ $[t_{1},t_{2}]-n$ integragarria. Orduan, $\int _{-\infty }^{\infty }f(x)dx$ integral inpropioa konbergentea da$\int _{-\infty }^{a}f(x)dx$ eta $\int _{a}^{\infty }f(x)dx$ konbergenteak direnean. Kasu horretan, $\int _{-\infty }^{\infty }f(x)dx=\int _{-\infty }^{a}f(x)dx+\int _{a}^{\infty }f(x)dx$.
Orokorrean,
$\int _{1}^{\infty }{1 \over x^{\alpha }}dx={\begin{cases}konbergentea,&\alpha >1\\dibergentea,&\alpha \leq 1\end{cases}}$

## Funtzio ez-negatiboen integral inpropioen konbergentzia irizpideak
### Konbergentzia irizpidea

Izan bitez $f,g:[a,\infty )\rightarrow \Re$ funtzioa integragarriak $[a,t]-n$ (t>a zanik). Suposatu $0\leq f(x)\leq g(x)$ $\forall x\geq a$. Orduan,
$\int _{a}^{\infty }g(x)dx$ konbergentea $\Rightarrow \int _{a}^{\infty }f(x)dx$ konbergentea
$\int _{a}^{\infty }f(x)dx$ dibergentea $\Rightarrow \int _{a}^{\infty }g(x)dx$ dibergentea

#### Froga

$0\leq f(x)\leq g(x)$ bada $\forall x\geq a$
$\Rightarrow 0\leq \int _{a}^{t}f(x)dx\leq \int _{a}^{t}g(x)dx$. Beraz, $0\leq \lim _{t\to \infty }\int _{a}^{t}f(x)dx\leq \lim _{t\to \infty }\int _{a}^{t}g(x)dx$

#### Adibideak

Izan bedi $\int _{1}^{\infty }{1 \over x^{5}+7}dx$ integral inpropioa.
$0\leq {1 \over x^{5}+7}\leq {1 \over x^{5}}$, $x\geq 1$.
$\int _{1}^{\infty }{1 \over x^{5}}dx$, $\alpha =5>1\Longrightarrow$ konbergentea ${\xrightarrow[]{konp.irizp}}\int _{1}^{\infty }{1 \over x^{5}}dx\geq \int _{1}^{\infty }{1 \over x^{5}+7}dx$ konbergentea.

### Limitearen irizpidea

Izan bitez $f,g:[a,\infty )\rightarrow \Re$ funtzioa integragarriak $[a,t]-n$. Suposatu $0\leq f(x)$ eta $0<g(x)$ $\forall x\geq a$ eta $\lim _{x\to \infty }{\biggl{f(x) \over g(x)}{\biggr )}=l$. Orduan,
(i) $l\neq 0,\infty$
$\int _{a}^{\infty }f(x)dx$ konbergentea $\Rightarrow \int _{a}^{\infty }g(x)dx$ konbergentea
(ii) $l=0$
$\int _{a}^{\infty }g(x)dx$ konbergentea $\Rightarrow \int _{a}^{\infty }f(x)dx$ konbergentea
(iii) $l=\infty$
$\int _{a}^{\infty }g(x)dx$ dibergentea $\Rightarrow \int _{a}^{\infty }f(x)dx$ dibergentea

#### Froga

(i) $l\neq 0,\infty$
$\lim _{x\to \infty }\left({\frac {f(x)}{g(x)}}\right)=l\Longleftrightarrow \left[\forall \varepsilon >0:\exists M>0,x>M\Rightarrow \left\vert {\frac {f(x)}{g(x)}}-l\right\vert <\varepsilon \right]$
Kasu partikularra, $\varepsilon ={l \over 2}$. Orduan,
$\left\vert {\frac {f(x)}{g(x)}}-l\right\vert <{l \over 2}\Longleftrightarrow -{l \over 2}<{\frac {f(x)}{g(x)}}-l<{l \over 2}\Longleftrightarrow {l \over 2}<{\frac {f(x)}{g(x)}}<{3l \over 2}\Longleftrightarrow 0\leq {l \over 2}g(x)\leq f(x)\leq {3l \over 2}f(x)$
(ii) $l=0$
$\lim _{x\to \infty }\left({\frac {f(x)}{g(x)}}\right)=\infty \Longleftrightarrow \left[\forall k>0:\exists M>0,x>M\Rightarrow \left\vert {\frac {f(x)}{g(x)}}\right\vert <k\right]$
Kasu partikularra, k=1:
$\left\vert {\frac {f(x)}{g(x)}}\right\vert <1\Longrightarrow {\frac {f(x)}{g(x)}}<1\Longrightarrow f(x)<g(x)>0$
$\int _{0}^{\infty }f(x)dx$ $konbergentea\Longleftarrow \int _{a}^{\infty }g(x)dx$ $konbergentea$

##### $\boxtimes$
#### Adibideak

$\int _{2}^{\infty }{x+1 \over {\sqrt {x^{3}}}}dx$ integral inpropioaren konbergentzia aztertu.
$\lim _{x\to \infty }{{x+1 \over {\sqrt {x^{3}}}} \over {x+1 \over {\sqrt {x}}}}=\lim _{x\to \infty }{(x+1){\sqrt {x}} \over x{\sqrt {x}}}=1\Longrightarrow$ f(x) eta g(x) bera izaera bera dute.
Orduan,
$\int _{1}^{\infty }{1 \over {\sqrt {x}}}dx$ $dibergentea(\alpha =\operatorname {1} /\operatorname {2} <1)$ $\Longrightarrow {\displaystyle \int _{a}^{\infty }{x+1 \over {\sqrt {x^{3}}}}dx}$ dibergentea

## Konbergentzia absolutua

Funtzioa negatiboa denean konbergentzia absolutua aztertu behar da.
$\int _{a}^{\infty }|f(x)|dx$ konbergente $\Longrightarrow \int _{a}^{\infty }f(x)dx$ absolutuki konbergente $\Longrightarrow \int _{a}^{\infty }f(x)dx$ konbergente eta $\left\vert {\int _{a}^{\infty }f(x)dx}\right\vert \leq \int _{a}^{\infty }|f(x)|dx$

### Adibideak

$\int _{1}^{\infty }{sin(x) \over x^{3}}dx$ -ren konbergentzia aztertu:
$\left\vert {sin(x) \over x^{3}}\right\vert \leq {|sin(x)| \over x^{3}}={1 \over 3}$ $,x>1$
$\int _{1}^{\infty }{1 \over x^{3}}dx$ eta $\alpha =3>1$ denez, integrala konbergentea da. Horrek inplikatzen du $\int _{1}^{\infty }\left\vert {\frac {sin(x)}{x^{3}}}\right\vertdx$ konbergentea izatea eta, beraz, $\int _{1}^{\infty }{sin(x) \over x^{3}}dx$ absolutuki konbergentea $\Longrightarrow \int _{1}^{\infty }{sin(x) \over x^{3}}dx$ konbergentea.

## Kanpo estekak

* Datuak: Q464118
* Multimedia: Improper integral / Q464118