$\newcommand{\N}{\mathbb N} \newcommand{\Z}{\mathbb Z} \newcommand{\Q}{\mathbb Q} \newcommand{\R}{\mathbb R} \renewcommand{\C}{\mathbb C} \newcommand{\ba}{\mathbf{a}} \newcommand{\bb}{\mathbf{b}} \newcommand{\bc}{\mathbf{c}} \newcommand{\bd}{\mathbf{d}} \newcommand{\be}{\mathbf{e}} \newcommand{\bbf}{\mathbf{f}} \newcommand{\bh}{\mathbf{h}} \newcommand{\bi}{\mathbf{i}} \newcommand{\bj}{\mathbf{j}} \newcommand{\bk}{\mathbf{k}} \newcommand{\bN}{\mathbf{N}} \newcommand{\bn}{\mathbf{n}} \newcommand{\bo}{\mathbf{0}} \newcommand{\bp}{\mathbf{p}} \newcommand{\bq}{\mathbf{q}} \newcommand{\br}{\mathbf{r}} \newcommand{\bs}{\mathbf{s}} \newcommand{\bT}{\mathbf{T}} \newcommand{\bu}{\mathbf{u}} \newcommand{\bv}{\mathbf{v}} \newcommand{\bw}{\mathbf{w}} \newcommand{\bx}{\mathbf{x}} \newcommand{\by}{\mathbf{y}} \newcommand{\bz}{\mathbf{z}} \newcommand{\bzero}{\mathbf{0}} \newcommand{\nv}{\mathbf{0}} \newcommand{\cA}{\mathcal{A}} \newcommand{\cB}{\mathcal{B}} \newcommand{\cC}{\mathcal{C}} \newcommand{\cD}{\mathcal{D}} \newcommand{\cE}{\mathcal{E}} \newcommand{\cF}{\mathcal{F}} \newcommand{\cG}{\mathcal{G}} \newcommand{\cH}{\mathcal{H}} \newcommand{\cI}{\mathcal{I}} \newcommand{\cJ}{\mathcal{J}} \newcommand{\cK}{\mathcal{K}} \newcommand{\cL}{\mathcal{L}} \newcommand{\cM}{\mathcal{M}} \newcommand{\cN}{\mathcal{N}} \newcommand{\cO}{\mathcal{O}} \newcommand{\cP}{\mathcal{P}} \newcommand{\cQ}{\mathcal{Q}} \newcommand{\cR}{\mathcal{R}} \newcommand{\cS}{\mathcal{S}} \newcommand{\cT}{\mathcal{T}} \newcommand{\cU}{\mathcal{U}} \newcommand{\cV}{\mathcal{V}} \newcommand{\cW}{\mathcal{W}} \newcommand{\cX}{\mathcal{X}} \newcommand{\cY}{\mathcal{Y}} \newcommand{\cZ}{\mathcal{Z}} \newcommand{\pv}{\overline} \newcommand{\re}{\operatorname{Re}} \newcommand{\im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\arsinh}{\operatorname{ar\,sinh}} \newcommand{\arcosh}{\operatorname{ar\,cosh}} \newcommand{\artanh}{\operatorname{ar\,tanh}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\proj}{\operatorname{proj}} \newcommand{\rref}{\operatorname{rref}} \newcommand{\rank}{\operatorname{rank}} \newcommand{\Span}{\operatorname{span}} \newcommand{\vir}{\operatorname{span}} \renewcommand{\dim}{\operatorname{dim}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\geom}{\operatorname{geom}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\norm}[1]{\lVert #1 \rVert} \newcommand{\tp}[1]{#1^{\top}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\sij}[2]{\bigg/_{\mspace{-10mu}#1}^{\,#2}} \newcommand{\qedhere}{}$

# Epäoleellinen integraali¶

Edellä integraali määriteltiin vain rajoitetulla välillä $$[a,b]$$ määritellylle rajoitetulle (yleensä paloittain jatkuvalle) fuktiolle. Yleistämme nyt tätä määritelmää myös tapauksiin, joissa

1. integroimisväli on rajoittamaton ($$a=-\infty$$ tai $$b=\infty$$), tai
2. funktio ei ole rajoitettu.

Näitä integraaleja kutsutaan yhteisesti epäoleellisiksi (improper).

## Rajoittamaton integroimisväli¶

Määritelmä 2.3.1

Olkoon $$f$$ jatkuva välillä $$[a,\infty)$$. Määritellään

$\int_a^\infty f(x)\,\d x=\lim_{c\to\infty}\int_a^c f(x)\,\d x.$

Vastaavasti jos $$f$$ on jatkuva välillä $$(-\infty,a]$$, määritellään

$\int_{-\infty}^a f(x)\,\d x=\lim_{c\to-\infty}\int_c^a f(x)\,\d x.$

Mikäli raja-arvo on (äärellisenä) olemassa, kyseinen epäoleellinen integraali suppenee (converges), muulloin hajaantuu (diverges).

Lause 2.3.2

Olkoon $$a>0$$ ja $$p$$ reaaliluku. Tällöin epäoleellinen integraali

$\int_a^\infty\frac{\d x}{x^p}$

suppenee jos ja vain jos $$p > 1$$.

Todistus

Olkoon $$c>a$$. Oletetaan ensin, että $$p\ne1$$. Tällöin

$\begin{split}\int_a^c\frac{\d x}{x^p} =\frac{1}{1-p}\sij{a}{c}\frac{1}{x^{p-1}} =\frac{1}{1-p}\left(\frac{1}{c^{p-1}}-\frac{1}{a^{p-1}}\right) \to\begin{cases} \frac{a^{1-p}}{p-1},&\text{kun }p>1\\ \infty,&\text{kun }p<1, \end{cases} \qquad\text{kun } c \to \infty.\end{split}$

Tapauksessa $$p=1$$

$\int_a^c\frac{\d x}{x} =\sij{a}{c}\ln x=\ln c-\ln a\to\infty,\qquad\text{kun } c \to \infty.\qedhere$

Potenssifunktioiden integroituvuudessa välillä $$[a,\infty)$$ funktio $$\frac{1}{x}$$ on siis rajatapaus. Vertaa tulosta funktioiden kuvaajiin.

Hajaantuvan integraalin arvo ei välttämättä ole $$\infty$$ tai $$-\infty$$.

Esimerkki 2.3.3

Esimerkiksi

$\int_0^c\cos x\,\d x=\sij{0}{c}\sin x=\sin c,$

jolla ei ole raja-arvoa, kun $$c\to\infty$$. Niinpä esimerkiksi

$\int_0^\infty\cos x\,\d x$

hajaantuu.

## Rajoittamaton funktio¶

Määritelmä 2.3.4

Olkoon $$f$$ jatkuva, mutta rajoittamaton välillä $$[a,b)$$. Määritellään

$\int_a^b f(x)\,\d x=\lim_{c\to b-}\int_a^c f(x)\,\d x.$

Vastaavasti jos $$f$$ on jatkuva, mutta rajoittamaton välillä $$(a,b]$$, määritellään

$\int_a^b f(x)\,\d x=\lim_{c\to a+}\int_c^b f(x)\,\d x.$

Mikäli raja-arvo on (äärellisenä) olemassa, kyseinen epäoleellinen integraali suppenee, muulloin hajaantuu.

Yllä määriteltyä epäoleellista integraalia kutsutaan myös integraaliksi yli puoliavoimen välin $$(a,b]$$.

Rajoittamaton integroimisväli tarkoittaa, että

Lause 2.3.5

Olkoon $$a>0$$ ja $$p\in\R$$. Tällöin epäoleellinen integraali

$\int_0^a\frac{dx}{x^p}$

suppenee jos ja vain jos $$p < 1$$.

Todistus
Samaan tapaan kuin lause 2.3.2 rajoittamattomalle välille.

Esimerkki 2.3.6

Suppeneeko vai hajaantuuko $$\displaystyle\int_1^2\frac{\d x}{(x-2)^2}$$?

Ratkaisu

Integroitava funktio

$\frac{1}{(x-2)^2}\to\infty,$

kun $$x\to 2-$$, joten kyseessä on epäoleellinen integraali ja

\begin{split}\begin{aligned} \int_1^2\frac{\d x}{(x-2)^2} &=\lim_{c\to2-}\int_1^c\frac{\d x}{(x-2)^2} =\lim_{c\to2-}\sij{1}{c}-\frac{1}{x-2}\\ &=\lim_{c\to2-}\left(-\frac{1}{c-2}-1\right)=\infty. \end{aligned}\end{split}

Integraali siis hajaantuu.

## Integroimisvälin jako osiin¶

Jos integroimisväli on $$(-\infty,\infty)$$, tai on useampia pisteitä, joiden ympäristöissä $$f$$ on rajoittamaton, on integroimisväli jaettava osiin siten, että saadaan epäoleelliset integraalit $$I_1,I_2,\ldots,I_n$$, joissa on vain joko määritelmän mukainen rajoittamattoman välin tai rajoittamattoman funktion tapaus. Määritellään, että funktion $$f$$ integraali $$I$$ suppenee, jos jokainen $$I_i$$ suppenee. Tällöin asetetaan

$I=I_1+I_2+\cdots+I_n.$

Havainnollisteaan tilannetta seuraavien esimerkkien avulla.

Esimerkki 2.3.7

Tutki epäoleellisten integraalien

1. $$\displaystyle\int_0^\infty\frac{\d x}{x^2}$$,
2. $$\displaystyle\int_{-1}^1\frac{\d x}{x^{1/3}}$$,
3. $$\displaystyle\int_{-\infty}^\infty\frac{\d x}{1+x^2}$$

suppenemista, ja laske arvo suppenevassa tapauksessa.

Ratkaisu
1. Integroitava funktio $$\frac{1}{x^2}\to\infty$$, kun $$x\to0+$$, joten kyseessä on epäoleellinen integraali, joka voidaan jakaa osiin

$\int_0^\infty\frac{\d x}{x^2}=\int_0^1\frac{\d x}{x^2}+\int_1^\infty\frac{\d x}{x^2}.$

Muotoa $$\frac{1}{x^p}$$ olevien funktioiden epäoleellisten integraalien suppenemistuloksen mukaan ensimmäinen näistä integraaleista hajaantuu, joten kysytty integraali myös hajaantuu.

2. Integroitava funktio $$\frac{1}{x^{1/3}}\to\pm\infty$$, kun $$x\to0\pm$$, joten kyseessä on epäoleellinen integraali, joka voidaan jakaa osiin

\begin{split}\begin{aligned} \int_{-1}^1\frac{\d x}{x^{1/3}}&=\int_{-1}^0\frac{\d x}{x^{1/3}}+\int_0^1\frac{\d x}{x^{1/3}} =\lim_{c\to0-}\int_{-1}^c\frac{\d x}{x^{1/3}}+\lim_{c\to0+}\int_c^1\frac{\d x}{x^{1/3}}\\ &=\lim_{c\to0-}\sij{-1}{c}\frac32x^{2/3}+\lim_{c\to0+}\sij{c}{1}\frac32x^{2/3} =-\frac32+\frac32=0. \end{aligned}\end{split}
3. Integroitava funktio toteuttaa ehdon $$0<\frac{1}{1 + x^2}\le1$$ aina, kun $$x \in \R$$ joten se on rajoitettu. Integroimisväli puolestaan on molemmista päistä rajoittamaton, joten integroimisväli täytyy jakaa kahteen osaan. Jaetaan esimerkiksi pisteen $$0$$ kohdalta ja saadaan

\begin{split}\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty\frac{\d x}{1+x^2} &=\int_{-\infty}^0\frac{\d x}{1+x^2}+\int_0^\infty\frac{\d x}{1+x^2}\\ &=\lim_{c\to-\infty}\int_c^0\frac{\d x}{1+x^2}+\lim_{c\to\infty}\int_0^c\frac{\d x}{1+x^2}\\ &=\lim_{c\to-\infty}\sij{c}{0}\arctan x+\lim_{c\to\infty}\sij{0}{c}\arctan x\\ &=\Big(0-\Big(-\frac{\pi}{2}\Big)\Big)+\Big(\frac{\pi}{2}-0\Big) =\pi. \end{aligned}\end{split}

Huomautus 2.3.8

Analyysin peruslauseessa oletus funktion jatkuvuudesta koko suljetulla ja rajoitetulla välillä on oleellinen. Esimerkiksi huolimattomasti voisimme laskea

$\int_{-1}^1\frac{\d x}{x^2}\stackrel{\text{!}}{=}-\sij{-1}{1}\frac{1}{x}=-(1+1)=-2.$

Tämän laskun tulos on selvästi virheellinen jo siksi, että integroitava funktio on positiivinen kaikilla $$x\ne0$$.

Seuraavia vertailuperiaatteita voidaan käyttää epäoleellisen integraalin suppenevuuden tai hajaantuvuuden tutkimiseen.

Lause 2.3.9 (Vertailuperiaate)

Olkoon $$-\infty\le a<b\le\infty$$ ja oletetaan, että jatkuville funktioille $$f(x)$$ ja $$g(x)$$ pätee $$0\le f(x)\le g(x)$$ aina, kun $$f(x)$$ ja $$g(x)$$ on määritelty. Tällöin

1. jos $$\displaystyle\int_a^b g(x)\,\d x$$ suppenee, niin $$\displaystyle\int_a^b f(x)\,\d x$$ suppenee,
2. jos $$\displaystyle\int_a^b f(x)\,\d x$$ hajaantuu, niin $$\displaystyle\int_a^b g(x)\,\d x$$ hajaantuu.

Kohtaa 1 kutsutaan majoranttiperiaatteeksi ja kohtaa 2 minoranttiperiaatteeksi.

Todistus

Todistetaan tilanne 1., kun $$-\infty<a<\infty$$ ja $$b=\infty$$. Oletuksen nojalla

$0\le f(x)\le g(x).$

Lauseen 1.5.4 kohdan (iv) mukaan

$0\le \int_a^c f(x)\, \d x\le \int_a^c g(x)\, \d x$

jokaisella $$c\in [a,\infty)$$. Kun $$c\to\infty$$, niin

$0\le \int_a^\infty f(x)\, \d x\le \int_a^\infty g(x)\, \d x<\infty,$

mistä tulos seuraa. Muut kohdat todistetaan samalla tavalla.

Mikä periaate soveltuu epäoleellisen integraalin suppenemisen osoittamiseen?
Tiedetään, että $$0 \le f(x) \le g(x)$$. Mitä minoranttiperiaatteen nojalla voidaan päätellä, jos $$\int_{a}^{b} f(x)\,\d x$$ hajaantuu?

Esimerkki 2.3.10

Tutki epäoleellisten integraalien

1. $$\displaystyle\int_1^\infty\frac{\d x}{\sqrt{x+x^3}}$$
2. $$\displaystyle\int_0^\infty\frac{\d x}{1+\sqrt{x}}$$

suppenemista.

Ratkaisu
1. Integraali suppenee, sillä

$0\le\frac{1}{\sqrt{x+x^3}}\le\frac{1}{\sqrt{x^3}}=\frac{1}{x^{3/2}},$

kun $$x\ge1$$ ja $$\displaystyle\int_1^\infty\frac{\d x}{x^{3/2}}$$ suppenee majoranttiperiaatteen nojalla. Usein tällainen arvio kirjoitetaan lyhyesti

$0\le\int_1^\infty\frac{\d x}{\sqrt{x+x^3}}\le\int_1^\infty\frac{\d x}{\sqrt{x^3}}=\int_1^\infty\frac{\d x}{x^{3/2}}<\infty.$
2. Koska $$1+\sqrt{x}\le\sqrt{x}+\sqrt{x}=2\sqrt{x}$$, kun $$x\ge1$$, niin voidaan arvioida

$\int_0^\infty\frac{\d x}{1+\sqrt{x}} \ge\int_1^\infty\frac{\d x}{1+\sqrt{x}} \ge\frac12\int_1^\infty\frac{\d x}{\sqrt{x}}=\infty.$

Integraali siis hajaantuu minoranttiperiaatteen nojalla.

Palautusta lähetetään...