Área com Integral imprópria

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Teoria

Funções que não tem fim

Já vimos como calcular vários tipos de área entre curvas e eixos, mas e se eu te pedir pra calcular essa área hachurada aqui?

O que a gente faria, dado que f > 0 é usar a nossa formulinha

A = ∫ a b f x d x

Pela figura, temos que a = 0 .

O problema é que a função nunca toca o eixo x , ele é uma assíntota horizontal! E AGORA, COMO VOU ACHAR O OUTRO LIMITE DE INTEGRAÇÃO??

Calma, jovem, é simples! Como o título já deu spoiler lá em cima, nesses casos vamos calcular a área fazendo uma integral imprópria:

A = ∫ 0 ∞ 1 x + 1 x + 2 d x

A = lim b → + ∞ ⁡ ∫ 0 b 1 x + 1 x + 2 d x

Tudo joia na jiboia?

Funções que explodem

Um outro caso que pode aparecer é pedir para calcular a área entre o eixo x e

f x = 1 x + 1 ,     - 1 < x ≤ 0

Repare que o denominador se anula em x = - 1 , o que faz a função explodir pro infinito!!

Ok, me empolguei um pouco. Vamos ver isso aí com mais matemática e menos fogo:

Quando nos deparamos com uma assíntota vertical como essa, vamos fazer:

A = lim a → - 1 + ⁡ ∫ a 0 1 x + 1 d x

Portanto, #ficaadica: antes de simplesmente escrever a fórmula da área e sair calculando, dá uma olhada e vê se não tem ponto que zera o denominador! Se for o caso a integral vai ser imprópria :)

Funções que explodem

Exercícios Resolvidos

Exercício Resolvido #1

Calcule a área da região limitada pelo eixo x e pelo gráfico de y = x - 1 e - x , para x ≥ 1

Passo 1

É o seguinte, eu não vou nem esboçar esse gráfico por que eu não faço ideia dos detalhes dele.

Juro, não faço ideia de como fica um polinômio do primeiro grau multiplicado a uma exponencial.

Agora, Eu sei que se ele for um gráfico positivo no intervalo pedido [ 1 , + ∞ ] , então sua área será dada por:

A = ∫ a b f ( x ) d x

Caso seja negativo, será o oposto:

A = - ∫ a b f ( x ) d x

Agora, independente de como seja o gráfico, sei que ele só tem uma raiz, justamente em 1 pois o polinômio ali zeraria. Como exponencial é sempre positiva e o ( x - 1 ) é positivo no intervalo x ≥ 1 podemos dizer que a área será dada pela primeira integral que coloquei. Agora, ele não tem limite superior, né? Bom, isso significa que teremos de usar uma integral imprópria. Vai ser

A = ∫ 1 ∞ f ( x ) d x

Temos que fazer o limite,

A = l i m a → ∞ ∫ 1 a f x d x  

Passo 2

Agora, para facilitar a análise eu vou primeiro integrar e depois usar os limites, ok?

∫ x - 1 e - x d x

Integral por partes, né? Pelo LIATE nosso u será ( x - 1 ) :

u = x - 1   ; d v = e - x d x

d u = d x   ; v = - e - x

∫ x - 1 e - x d x = x - 1 - e - x - ∫ - e - x d x

= x - 1 - e - x - e - x = ( - e - x ) x

Passo 3

Agora podemos aplicar os limites de integração, lembrando que se trata de uma integral imprópria:

l i m a → ∞ - e - x x   | 1 a   = l i m a → ∞ - e - a a - - e - 1 1  

1 e - l i m a → ∞ a e a  

Para esse limite podemos usar L’Hospital:

l i m a → ∞ a e a     L ' H ⇒ l i m a → ∞   1 e b   = 1 ∞ = 0

Assim, temos a resposta:

1 e - l i m a → ∞ a e a   = 1 e

Resposta

A = 1 e   u . a .

Exercício Resolvido #2

Considere a região R dada por

R = x , y ∈ R x ≥ 0   e   0 ≤ y ≤ x 2 e - x }

a Determine, se possível, a área de R .

b Discuta a convergência da integral

∫ 0 ∞ x 2 e - x sen 6 ⁡ x d x .

Passo 1

a Para resolver a maioria das questões nós começamos esboçando o gráfico dado para então calcular a área gerada por ele. Acontece que nessa questão isso não é necessário, uma vez que basta sabermos algumas características da região para já saber como ficará a nossa integral.

Vamos pensar: trabalhamos numa região onde x ≥ 0 e que y fica entre y = 0 e y = x 2 e - x . Acontece que essa curva, o x 2 e - x será sempre positivo, já que é produto de duas funções positivas para qualquer x . Com isso, a gente sabe que a área será a integração dessa curva de 0 até o limite máximo que x assume. Ué, mas x não está limitado na região. Bom, isso só pode significar uma coisa: o limite de integração superior é + ∞ .

Assim, a conclusão é essa função aqui:

A = ∫ 0 ∞ x 2 e - x d x

Vamos fazer esse cara pela integração por partes.

Passo 2

Vamos chamar pelo LIATE o termo algébrico (polinômio) de u e o resto de d v .

u = x 2 → d u = 2 x d x

d v = e - x d x → v = - e - x

A = ∫ 0 ∞ x 2 e - x d x = ( x 2 - e x ) [ ∞ 0 - ∫ 0 ∞ 2 x - e - x d x

A = ∫ 0 ∞ x 2 e - x d x = ( - x 2 e - x ) [ ∞ 0 + ∫ 0 ∞ 2 x e - x d x

Vamos resolver essa outra integral para depois voltar para cá.

Passo 3

Caímos em outra integral com polinômio e exponencial, novamente vamos usar integração por partes e novamente usamos o LIATE com o 2 x sendo o novo u

u = 2 x → d u = 2 d x

d v = e - x d x → v = - e - x

∫ 0 ∞ 2 x e - x d x = ( 2 x - e - x ) [ ∞ 0 - ∫ 0 ∞ 2 - e - x d x

∫ 0 ∞ 2 x e - x d x = ( - 2 x e - x ) [ ∞ 0 + ∫ 0 ∞ 2 e - x d x

= - 2 x e x - 2 e - x [ ∞ 0

Vamos voltar à expressão inicial e substituir essa integral:

A = ∫ 0 ∞ x 2 e - x d x = ( - x 2 e - x ) [ ∞ 0 + ∫ 0 ∞ 2 x e - x d x

A = ( - x 2 e - x - 2 x e x - 2 e - x ) [ ∞ 0

Passo 4

Para substituir os limites a gente precisa tomar cuidado, já que essa é uma integral imprópria:

- x 2 + 2 x + 2 e x [ ∞ 0 = lim a → ∞ ⁡ - x 2 + 2 x + 2 e x [ a 0

= lim a → ∞ ⁡ - a 2 + 2 a + 2 e a - - 0 2 + 2 0 + 2 e 0

= lim a → ∞ ⁡ - a 2 + 2 a + 2 e a + 2 1

= 2 - lim a → ∞ ⁡ a 2 + 2 a + 2 e a

Esse termo do limite que sobrou gera indeterminação do tipo ∞ ∞ , então podemos usar L’Hospital até que essa indeterminação não seja mais gerada:

lim a → ∞ ⁡ a 2 + 2 a + 2 e a → L ' H lim a → ∞ ⁡ 2 a + 2 e a = ∞ ∞

lim a → ∞ ⁡ 2 a + 2 e a → L ' H lim a → ∞ ⁡ 2 e a = 2 ∞

= 0

Portanto,

A = 2 - lim a → ∞ ⁡ a 2 + 2 a + 2 e a = 2 - 0

= 2   u . a .

Passo 5

b Olha para essa integral que foi pedida:

∫ 0 ∞ x 2 e - x sen 6 ⁡ x d x

O cara pergunta se essa integral aí vai convergir. Bom, a função que ele está integrando é basicamente a mesma da qual calculamos a área, com o detalhe desse sen 6 ⁡ x . Como a gente viu, para esses mesmo limites de integração, a integral convergiu antes. Ora, como sen 6 ⁡ x por definição será sempre menor ou igual a 1 , a gente conclui que:

x 2 e - x ≥ x 2 e - x sen 6 ⁡ x

Com isso, pelo teorema da comparação, vemos que a integral do item b também vai convergir!

Resposta

a   A = 2   u . a .

b   A   i n t e g r a l   c o n v e r g e .

Exercício Resolvido #3

Considere as funções:

f x = 1 - x 2 ,       x ≤ 0 e - x ,       x > 0

g x = 3 x 2 ,       x ≤ 0 0 ,       x > 0

E seja R a região ilimitada definida por R = x , y ∈ R 2 ; g x ≤ y ≤ f x .

  1. Faça um esboço de R
  2. Calcule a área de R

Passo 1

Para o x ≤ 0 temos que as duas funções vão encontrar em:

1 - x 2 = 3 x 2 → x 2 = 1 4

x = - 1 2

Já para x > 0 elas não encontram, pois e - x ≥ 0 .

Como todas essas funções são conhecidas, esboçamos:

Passo 2

Temos que separar a integral em duas regiões:

A = ∫ - 1 / 2 0 1 - 4 x 2 d x + ∫ 0 ∞ e - x d x

Resolvendo, podemos integrar termo à termo:

∫ - 1 2 0 1 - 4 x 2 d x = x - 4 x 3 3 - 1 2 0

Substituindo os valores:

∫ - 1 2 0 1 - 4 x 2 d x = 1 2 - 1 6 = 1 3

Passo 3

Já a outra:

∫ 0 ∞ e - x d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ 0 b e - x d x

lim b → ∞ ⁡ 1 - e - b = 1

Segue que área é a soma desses dois resultados:

A = 1 3 + 1

Resposta

A = 4 3

Exercício Resolvido #4

Determine a área abaixo da função

f x = 1 x 2 - 16

No intervalo 4 ≤ x ≤ 5

Passo 1

Para essa não é necessário nem fazer o esboço. Como raiz quadrada sempre gera um número positivo, então f x ≥ 0 a área formada será a simples integral da função de x = 4 até x = 5 .

A = ∫ 4 5 1 x 2 - 16 d x

Só tem um detalhe. x = 4 não está definido no domínio dessa função, então tratamos de uma integral imprópria. Vou fazer a integral para um c qualquer e depois calcular o limite quando c → 4 :

A = ∫ c 5 1 x 2 - 16 d x

Esse termo aí lembra a integral por substituição trigonométrica. Para esse formato x 2 - a 2 a substituição deve ser x = a sec ⁡ θ . Vamos calcular a fórmula da integral e depois desfazemos a substituição e substituímos os limites de integração originais.

Passo 2

Resolvendo pela substituição trigonométrica:

x = a sec ⁡ θ = 4 sec ⁡ θ → d x = 4 sec ⁡ θ tg ⁡ θ d θ

∫ 1 x 2 - 16 d x = ∫ 4 sec ⁡ θ tg ⁡ θ d θ 4 sec ⁡ θ 2 - 16

= ∫ 4 sec ⁡ θ tg ⁡ θ d θ 16 tg 2 ⁡ θ = ∫ 4 sec ⁡ θ tg ⁡ θ d θ 4 tg ⁡ θ

= ∫ sec ⁡ θ d θ = ln ⁡ sec ⁡ θ + tg ⁡ θ

Passo 3

Como originalmente, x = 4 sec ⁡ θ e sabemos que tg ⁡ θ = 16 sec 2 ⁡ θ - 16 4 = x 2 - 16 4 .

Assim, a função achada é essa aqui:

ln ⁡ sec ⁡ θ + tg ⁡ θ = ln ⁡ x 4 + x 2 - 16 4 [ 5 a

= ln ⁡ 5 4 + 25 - 16 4 - ln ⁡ a 4 + a 2 - 16 4

Agora calculando o limite de a → 4 :

lim a → 4 ⁡ ln ⁡ 5 4 + 3 4 - ln ⁡ a 4 + a 2 - 16 4

= ln ⁡ 2 - ln ⁡ 4 4 + 4 2 - 16 4

= ln ⁡ 2 - ln ⁡ 1

= ln ⁡ 2

E essa é nossa área.

Resposta

A = ln ⁡ 2   u . a .

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