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Exercícios Resolvidos de Integrais Impróprias – Limites Sendo Infinito

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Enunciado

UFES– Cálculo 2 – P1 – Questão 7

A integral imprópria

∫ 1 ∞ ln ⁡ x 1 + x 2 d x

  1. Convergente
  2. Divergente

Passo 1

Oi, tudo bem?

O problema nos deu essa integral imprópria:

∫ 1 ∞ ln ⁡ x 1 + x 2 d x

E perguntou se ela é convergente ou divergente

Uma integral imprópria é aquela em que um (ou os dois) limite de integração é infinito (ou no intervalo de integração a função apresenta uma indeterminação, mas isso fica em outro tópico!)

E para a gente descobrir se essa integral diverge ou converge precisamos trocar esse limite que é infinito por uma constante, por exemplo, por a , e calcular normalmente!

E depois? Depois com o resultado da integral da mão (que vai depender daquele a ), é só fazer o limite quando a → ∞ .

Se o resultado for um número (pode ser zero viu?) então essa integral converge! Se o resultado for ∞ , isso significa que a integral diverge

E é isso que vamos fazer aqui!

Mas relaxa! Vou fazer passo a passo com você!

Passo 2

A integral dada foi essa aqui

∫ 1 ∞ ln ⁡ x 1 + x 2 d x

Vou trocar ∞ por a e colocar o limite de a → ∞ por fora:

lim a → ∞ ⁡ ∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x

Agora nossa missão é resolver essa integral!

Passo 3

A nossa integral:

∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x

Quando tem ln ⁡ x   dentro eu nem penso muito: INTEGRAÇÃO POR PARTES! Isso porque ln ⁡ x   sabemos derivar, mas não integrar, então ela vai ser nossa escolha para u !

E o d v ? Ele é o restante do integrando d x 1 + x 2 ! E para integrar esse pedaço vou fazer separadinho aqui: isso porque temos algo do tipo x 2 + b 2 no denominador

E integrais assim a gente resolve por substituição trigonométrica!

Passo 4

O nosso d v é

d x 1 + x 2

E o v é a integral disso aí!

v = ∫ d x 1 + x 2

Usando a substituição x = t g θ aí o d x é d x = sec 2 ⁡ θ d θ

Beleza?

Lembrando também que

t g 2 θ + 1 = sec 2 ⁡ θ

Agora é só substituir:

∫ d x 1 + x 2 = ∫ sec 2 ⁡ θ d θ 1 + ( t g 2 θ ) = ∫ sec 2 ⁡ θ d θ sec 2 ⁡ θ = ∫ d θ = θ

E voltando para x :

x = t g θ

E nosso v é:

v = ∫ d x 1 + x 2 = θ = t g - 1 ( x )

Beleza?

Passo 5

Vamos voltar para nossa integração por partes!

∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x

Definimos que:

u = ln ⁡ x

d u = 1 x d x

E também o d v

d v = d x 1 + x 2

E no passo anterior calculamos o v :

v = t g - 1 ( x )

Agora vamos aplicar a integração por partes:

∫ u   d v = u v - ∫ v   d u

∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x = t g - 1 x . ln ⁡ x 0 a - ∫ 1 a t g - 1 x x d x = t g - 1 a . ln ⁡ a - ∫ 1 a t g - 1 x x d x

Agora nossa missão é encontrar aquela integral do arco tangente de x sobre x !

E para fazer isso, vou usar séries de potência!

Passo 6

Essa integral aqui

∫ 1 a t g - 1 x x d x

Ela é bem estranha, e a princípio não tem nenhum método para resolver assim, logo de cara (não tem nenhuma substituição, nem por partes que vá resultar em algo mais fácil...)

Então por isso vamos recorrer à formulação das séries! Com essa modelagem, integrar vai ficar muito mais fácil!

Então antes de sair integrando, vamos ver de qual série estamos falando:

t g - 1 x x = x - 1 . t g - 1 ( x )

A série que representa o arco tangente é:

t g - 1 x = ∑ k = 0 ∞ - 1 k x 2 k + 1 2 k + 1  

E se multiplicarmos por x - 1 , podemos colocar essa potência dentro do somatório:

x - 1 t g - 1 x = ∑ k = 0 ∞ - 1 k x 2 k + 1 - 1 2 k + 1 = ∑ k = 0 ∞ - 1 k x 2 k 2 k + 1

Tranquilo até aqui?

Agora vamos integrar!

∫ 1 a t g - 1 x x d x = ∫ 1 a ∑ k = 0 ∞ - 1 k x 2 k 2 k + 1 d x

E podemos passar todo somatório (e tudo aquilo que não depende de x para fora da integral):

∫ 1 a t g - 1 x x d x = ∑ k = 0 ∞ - 1 k 1 2 k + 1 ∫ 1 a x 2 k d x

E agora ficamos com a integral de uma potência, beeem mais fácil de resolver:

∫ 1 a t g - 1 x x d x = ∑ k = 0 ∞ - 1 k 1 2 k + 1 x 2 k + 1 2 k + 1 1 a = ∑ k = 0 ∞ - 1 k 1 2 k + 1 2 a 2 k + 1 - 1

= ∑ k = 0 ∞ - 1 k a 2 k + 1 2 k + 1 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k + 1 2 k + 1 2

Beleza?

Passo 7

Agora precisamos adicionar esse resultado ao resultado da integral do passo 5 (com uma pequena recapitulação):

Tínhamos o seguinte:

∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x = t g - 1 x . ln ⁡ x 0 a - ∫ 1 a t g - 1 x x d x = t g - 1 a . ln ⁡ a - ∫ 1 a t g - 1 x x d x

Aí integramos por partes e ficamos com uma integral de arco tangente. Aí resolvemos por séries de potências, agora vamos substituir esse resultado aqui:

∫ 1 a ln ⁡ x 1 + x 2 d x = t g - 1 a . ln ⁡ a - ∑ k = 0 ∞ - 1 k a 2 k + 1 2 k + 1 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k + 1 2 k + 1 2

Calma! Estamos quase no fim! Agora com o resultado da integral na mão precisamos calcular mais uma última coisinha: o limite quando a → ∞ !

lim n → ∞ ⁡ t g - 1 a . ln ⁡ a - ∑ k = 0 ∞ - 1 k a 2 k + 1 2 k + 1 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k + 1 2 k + 1 2

O arco cuja tangente é infinita é π 2 , mas o logaritmo vai para infinito, então esse primeiro termo diverge!

Já as séries convergem, já que as duas podem ser comparadas com uma p-série com p = 2 > 1 o Por mais que as séries sejam convergentes, todo o logaritmo explode, então isso significa que a integral diverge!

lim n → ∞ ⁡ t g - 1 a . ln ⁡ a - ∑ k = 0 ∞ - 1 k a 2 k + 1 2 k + 1 2 + ∑ k = 0 ∞ - 1 k + 1 2 k + 1 2 → d i v e r g e n t e

∫ 1 ∞ ln ⁡ x 1 + x 2 d x → d i v e r g e n t e

Sendo assim a resposta correta é (b)

Ufa! Terminamos!

Espero ter ajudado! Até próxima!

Resposta

∫ 1 ∞ ln ⁡ x 1 + x 2 d x → d i v e r g e n t e

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