Es gilt:

$\int\limits_{0}^{b} e^{-x} \; dx = \left[ -e^{-x} \right]_0^b = -e^{-b} + 1$

Für $b \rightarrow \infty$ erhält man $e^{-b} \rightarrow 0$. Hieraus folgt:

$\int\limits_{0}^{\infty} e^{-x} \; dx = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \int\limits_{0}^{b} e^{-x} \; dx \right) } = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left(-e^{-b} + 1 \right)} = 1$

Blaues Flächenstück:

$A_b = \int\limits_{1}^{\infty} \frac{1}{x} \; dx = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \int\limits_{1}^{b} \frac{1}{x} \; dx \right) } = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \left[ \ln(x) \right]_1^b \right) } = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \ln(b) - 0 \right) } = \infty$

Grünes Flächenstück:

Wenn man das grüne Flächenstück um das darunter liegende Quadrat ergänzt, erhält man: $A_g + 1 = \int\limits_{0}^{1} \frac{1}{x} \; dx$. Wir bestimmen den Wert des unbestimmten Integrals. Mit $\ln(a) \rightarrow -\infty$ für $a \rightarrow 0$ erhält man:

$\int\limits_{0}^{1} \frac{1}{x} \; dx = \lim\limits_{a \rightarrow 0}{ \left( \int\limits_{a}^{1} \frac{1}{x} \; dx \right) } = \lim\limits_{a \rightarrow 0}{ \left( \left[ \ln(x) \right]_a^1 \right) } = \lim\limits_{a \rightarrow 0}{ \left( 0 - \ln(a) \right) } = \infty$

Da $\int\limits_{0}^{1} \frac{1}{x} \; dx = \infty$, muss $A_g$ unendlich groß sein.

Alternativ kann man so argumentieren: Das grüne eingefärbte Flächenstück erhält man, indem man das blau eingefärbte Flächenstück an der 1. Winkelhalbierenden spiegelt.

Das uneigentliche Integral $\int\limits_{0}^{1} \frac{1}{2^x} \; dx$ lässt sich geometrisch als Flächeninhalt der grau eingefärbten Fläche unter Graph $f$ deuten. In der Abbildung ist zusätzlich eine rot eingefärbte Rechteckfigur zu sehen. Für die Flächeninhalte $A_g$ (graue Fläche) und $A_r$ (rote Fläche) gilt:

$A_g \lt A_r$

Für $A_r$ gilt:

$A_r = f(0) \cdot 1 + f(1) \cdot 1 + f(2) \cdot 1 + f(3) \cdot 1 + \dots = 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots $

In der unteren Abbildung sieht man, dass die unendliche Reihe $1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{8} + \dots$ den Wert $2$ hat. Es gilt also:

$A_r = 2$

Man erhält so:

$\int\limits_{0}^{1} \frac{1}{x} \; dx \lt 2$

(a) Es gilt:

$\int\limits_{0}^{+\infty} x \; dx = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \int\limits_{0}^{b} x \; dx \right) } = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{0}^{b} \right) } = \lim\limits_{b \rightarrow \infty}{ \left( \frac{1}{2}b^2 \right) } = \infty$

Da das uneigentliche Integral $\int\limits_{0}^{+\infty} f(x) \; dx$ nicht existiert, existiert auch das uneigentliche Integal $\int\limits_{-\infty}^{+\infty} f(x) \; dx$ nicht.

(b) Das (falsche) Ergebnis kommt zustande, weil hier die Grenzwerte $\rightarrow +\infty$ und $\rightarrow -\infty$ gleichzeitig gebildet werden.