Integrais Impróprias-Limites Sendo Infinito

Teoria Completa

O que são integrais impróprias?

Bem, o título ali em cima já deu um spoiler legal. Basicamente, o que vamos estudar aqui são integrais do tipo:

∫ a ∞ f x d x

Que é um tipo de integral imprópria, quando um dos limites de integração é infinito. Mas vamos entender melhor o que significa essa notação.

Dá uma olhada nessa função aí embaixo:

Se quisermos calcular a área A entre a curva e o eixo x num intervalo 0 ,   b qualquer então teremos:

A = ∫ 0 b f x d x

Mas observa que a reta y = 0 é uma assíntota horizontal. O que significa que a curva nunca encontra o eixo x , apenas se aproxima dele quando x → + ∞ .

Nesse caso, se deixarmos b crescer sem limitação, teremos:

A =   lim b → ∞ ⁡ ∫ a b f x d x

Então é assim que escrevemos esse tipo de integral imprópria:

lim b → ∞ ⁡ ∫ a b f x d x = ∫ a ∞ f x d x

Como calcular?

Se y = f x não toca o eixo x quando x vai para :

Fazemos:

∫ a ∞ f x d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ a b f x d x

Trocamos o limite superior por uma variável qualquer (chamei de b ) e depois fazemos essa variável crescer indefinidamente.

E dá pra ter integral imprópria em - ∞ também, é a mesma coisa!

Se y = f x não tocar o eixo x quando x vai para - ∞ :

Fazemos:

∫ - ∞ b f x d x = lim a → - ∞ ⁡ ∫ a b f x d x

Nos dois casos, podemos analisar a convergência da integral:

  • se o limite existir, isto é, for um número finito, dizemos que essa integral é convergente
  • se ao calcular o limite encontrarmos ± ∞ , dizemos que a integral é divergente

Por exemplo, vejamos se essa integral imprópria é convergente:

∫ - ∞ 3 1 - x + 5 2 d x

Temos uma integral imprópria com limite de integração inferior - ∞ , então fazemos:

∫ - ∞ 3 1 - x + 5 2 d x = l i m a → - ∞ ∫ a 3 1 - x + 5 2   d x

A integral indefinida é:

∫ 1 - x + 5 2 d x = 1 - x + 5 + C

(Não vou entrar em detalhes aqui mas é tranquilo de calcular, basta usar a substituição u = - x + 5 )

Utilizando o Teorema Fundamental do Cálculo:

∫ a 3 1 - x + 5 2   d x = 1 - x + 5 a 3   = 1 - 3 + 5 - 1 - a + 5 = 1 2 - 1 5 - a

Agora é só aplicar o limite:

l i m a → - ∞ ∫ a 3 1 - x + 5 2   d x = l i m a → - ∞ 1 2 - 1 5 - a = 1 2

Como obtemos como resultado um número finito, dizemos que essa integral é convergente.

Dois Limites Sendo Infinito

Agora vamos ver esse tipo de integral imprópria:

∫ - ∞ + ∞ f x d x

Não tem muito mistério, é só juntar as duas que vimos antes:

∫ - ∞ ∞ f x d x = ∫ - ∞ c f x d x +   ∫ c ∞ f x d x

Onde c é uma constante qualquer.

Vejamos logo um exemplo: vamos determinar se a área da região hachurada na figura aqui embaixo pode ser representada por um número finito.

Observe que y = 1 é uma assíntota horizontal.

Nesse caso, a área da região é dada por:

A =   ∫ - ∞ + ∞ 1 - f x d x

Ou seja, queremos saber se essa integral aí em cima é convergente ou divergente.

Usando a definição:

∫ - ∞ ∞ 1 - f x d x = ∫ - ∞ c 1 - f x d x +   ∫ c ∞ 1 - f x d x

Para resolver, calculamos a integral indefinida:

∫ 1 - f x d x = ∫ 1 - x 2 - 4 x 2 + 4 d x

= ∫ x 2 + 4 - ( x 2 - 4 ) x 2 + 4 d x = ∫ 8 x 2 + 4 d x

⇒ ∫ 1 - f x d x = 4 arctg ⁡ x 2 + C

Aplicando o Teorema Fundamental do Cálculo:

∫ - ∞ c 1 - f x d x = lim a → - ∞ ⁡ 4 arctg ⁡ x 2 a c

= lim a → - ∞ ⁡ 4 arctg ⁡ c 2 - 4 arctg ⁡ a 2

Da mesma forma, temos

∫ c + ∞ 1 - f x d x = l i m b → + ∞ 4 arctg ⁡ x 2 c b

= l i m b → + ∞ 4 arctg ⁡ b 2 - 4 arctg ⁡ c 2

Aplicando os limites:

l i m a → - ∞ 4 arctg ⁡ c 2 - 4 arctg ⁡ a 2 = 4 arctg ⁡ c 2 + 4 π 2

l i m b → + ∞ 4 arctg ⁡ b 2 - 4 arctg ⁡ c 2 = 4 π 2 - 4 arctg ⁡ c 2

Obs.: Lembrando que

lim x → ± ∞ ⁡ arctg ⁡ x = ± π 2

Enfim, voltando pra nossa integral imprópria:

∫ - ∞ ∞ 1 - f x d x = ∫ - ∞ c 1 - f x d x +   ∫ c ∞ 1 - f x d x

∫ - ∞ ∞ 1 - f x d x = 4 arctg ⁡ c 2 + 4 π 2 + 4 π 2 - 4 arctg ⁡ c 2

∫ - ∞ ∞ 1 - f x d x = 4 π  

O resultado da integral é um número finito. Logo, a área da região R pode ser representada por um número finito! Em outras palavras, a integral é convergente!

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Exercício Resolvido #1

Elaboração Própria

Calcule:

∫ 2 ∞ 1 x ln ⁡ x d x

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Passo 1

Visto que um dos limites de integração é infinito, concluímos que se trata de uma integral imprópria! E portanto devemos escrever:

∫ 2 ∞ 1 x ln ⁡ x d x = lim t → ∞ ⁡ ∫ 2 t 1 x ln ⁡ x d x

Passo 2

E pra resolver a integral indefinida

∫ 1 x ln ⁡ x d x

vamos ter que fazer a substituição

u = ln ⁡ x ⇒ d u = 1 x d x

A integral então ficará:

∫ 1 u d u = ln ⁡ u + C = ln ⁡ ( ln ⁡ x ) + C

Passo 3

Voltando na integral imprópria:

∫ 2 ∞ 1 x ln ⁡ x d x = lim t → ∞ ⁡ ∫ 2 t 1 x ln ⁡ x d x

= lim t → ∞ ⁡ ln ⁡ ( ln ⁡ t ) - ln ⁡ ( ln ⁡ 2 ) = ∞

Deu infinito, então a integral diverge!

Resposta

A integral diverge.

Exercício Resolvido #2

UFF - Cálculo IIA - P1 Marlene 2014.2 - 4b

Analise a convergência da integral imprópria

∫ 1 ∞ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x

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Passo 1

Temos uma integral imprópria, pois um dos limites de integração é infinito. A função 1 x 4 s e n   1 x é contínua no intervalo de integração [ 1 , + ∞ ) dado, então tá sussa!

Ele pede para analisarmos a convergência. Basicamente, vamos calcular o limite dessa integral e ver se o limite dá um número finito. Se sim, então a integral é convergente. Se ao calcular o limite obtivermos um valor do tipo ± ∞ , a integral é divergente. Vamos seguir o barco?

Passo 2

Já sabemos que quando temos uma integral imprópria com limite superior , fazemos isso aqui:

∫ a ∞ f x d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ a b f x d x

Então:

∫ 1 ∞ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = lim b → ∞ ⁡ ∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x

Para resolver, eu vou achar a primitiva

∫ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x

E depois aplicar o Teorema Fundamental do Cálculo – Parte 2 e então calcular o limite. Para calcular a primitiva, a primeira coisa que vou fazer é uma substituição para facilitar a vida. Acompanha aqui.

t = 1 x → d t =   - 1 x 2 d x

E é ai que entre a mágica! Veja só, podemos chamar:

1 x 4 =   - 1 x 2 - 1 x 2

- 1 x 2 = - 1 x 1 x = - t 2

Aplicando essas igualdades na integral, chegamos à:

∫ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = ∫ - 1 x 2 - 1 x 2 sen ⁡ 1 x d x = ∫ - 1 x 2 sen ⁡ 1 x   - 1 x 2 d x

∫ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = ∫ -   t 2 sen ⁡ t   d t

Passo 3

E agora? Essa integral sai por partes, concorda?

∫ - t 2 s e n   t   d t  

Pela nossa regrinha do LIATE, eu devo chamar de u o polinômio t 2 e de d v a função trigonométrica s e n   t   d t

u = - t 2 → d u = - 2 t   d t

d v = s e n   t   d t → v = ∫ s e n   t   d t → v = - cos ⁡ t

Como a integração por partes segue o modelo:

∫ u   d v   = u v - ∫ v   d u  

Vamos ter:

∫ - t 2 s e n   t   d t   = - t 2 - cos ⁡ t - ∫ - cos ⁡ t   - 2 t   d t  

∫ - t 2 s e n   t   d t   = t 2 cos ⁡ t - ∫ 2 t cos ⁡ t   d t  

Passo 4

A integral ∫ 2 t cos ⁡ t   d t   é resolvida aplicando-se partes novamente:

u = 2 t → d u = 2   d t

d v = cos ⁡ t   d t → v = ∫ c o s   t   d t → v = s e n   t

Como a integração por partes segue o modelo:

∫ u   d v   = u v - ∫ v   d u  

Vamos ter:

∫ 2 t cos ⁡ t   d t   = 2 t sin ⁡ t - ∫ 2 sin ⁡ t   d t  

∫ 2 t cos ⁡ t   d t   = 2 t sin ⁡ t + 2 cos ⁡ t

Passo 5

Substituindo:

∫ - t 2 s e n   t   d t   = t 2 cos ⁡ t - ∫ 2 t cos ⁡ t   d t  

∫ 2 t cos ⁡ t   d t   = 2 t sin ⁡ t + 2 cos ⁡ t

Temos:

∫ - t 2 s e n   t   d t   = t 2 cos ⁡ t - 2 t sin ⁡ t + 2 cos ⁡ t

∫ - t 2 s e n   t   d t   = t 2 cos ⁡ t - 2 t sin ⁡ t - 2 cos ⁡ t

Voltando para a variável x :

∫ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x =   1 x 2 cos ⁡ 1 x - 2 1 x sin ⁡ 1 x - 2 cos ⁡ 1 x

∫ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x =   cos ⁡ 1 x x 2 - 2 sin ⁡ 1 x x - 2 cos ⁡ 1 x

Passo 6

Ok. Agora aplicamos o TFC-Parte 2:

∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = cos ⁡ 1 b b 2 - 2 sin ⁡ 1 b b - 2 cos ⁡ 1 b - cos ⁡ 1 1 1 2 - 2 sin ⁡ 1 1 1 - 2 cos ⁡ 1 1

∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = cos ⁡ 1 b b 2 - 2 sin ⁡ 1 b b + 2 cos ⁡ 1 b - cos ⁡ 1 - 2 sin ⁡ 1 - 2 cos ⁡ 1

∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = cos ⁡ 1 b b 2 - 2 sin ⁡ 1 b b + 2 cos ⁡ 1 b - - cos ⁡ 1 - 2 sin ⁡ 1

∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = cos ⁡ 1 b b 2 - 2 sin ⁡ 1 b b + 2 cos ⁡ 1 b + cos ⁡ 1 + 2 sin ⁡ 1

Passo 7

E calculamos o limite:

l i m b → ∞ ∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = l i m b → ∞ cos ⁡ 1 b b 2 - 2 sin ⁡ 1 b b + 2 cos ⁡ 1 b + cos ⁡ 1 + 2 sin ⁡ 1

= l i m b → ∞ cos ⁡ 1 b b 2 - 2   l i m b → ∞ sin ⁡ 1 b b + 2 lim b → ∞ cos ⁡ 1 b + cos ⁡ 1 + 2 sin ⁡ 1

Temos que

l i m b → ∞ cos ⁡ 1 b b 2 = 0

l i m b → ∞ sin ⁡ 1 b b = 0

lim b → ∞ cos ⁡ 1 b = cos ⁡ 0 = 1

Logo:

l i m b → ∞ ∫ 1 b 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = - 2 + cos ⁡ 1 + 2 sen ⁡ 1

Resposta

A integral imprópria é convergente:

∫ 1 ∞ 1 x 4 sen ⁡ 1 x d x = - 2 + cos ⁡ 1 + 2 sen ⁡ 1

Exercício Resolvido #3

CEFET - Cálculo 1 - P3 Romulo 2014.2 – 2b

Calcule as integrais abaixo utilizando integração por substituição simples.

b ) ∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t ,   a > 0

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Passo 1

A questão é bizarra, já se prepara...

Eu não vejo de cara nenhuma mudança muito óbvia para fazer. Vou então chamar o termo que está elevado a um expoente mais diferente, então, de outra coisa ( u ) . Além disso, vou forçar o que sobraria (estou falando daquele e - a t ) a virar meu d u :

u = 1 + e a t   ;   d u = a e a t d t → e - a t d t = d u a   e 2 a t

e - a t d t = d u a u - 1 2

Mudamos os limites também, certo?

u 0 = 1 + e a ( 0 ) = 2   ; u ( ∞ ) = 1 + e a ( ∞ ) = ∞

Vamos substituir agora e ver se melhora:

∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t = ∫ 2 ∞ u 3 / 2 d u a u - 1 2

= 1 a ∫ 2 ∞ u 3 / 2 d u u - 1 2 =

Passo 2

Bom, está ruim de trabalhar assim, com o u elevado a 3 / 2 . Vou fazer uma outra mudança para chamar o que seria a raiz de u de w . Lembrando, tenho que fazer o d u e os limites também:

u 1 2 = w   ; d w = 1 2 1 u 1 2 d u → d u = 2 u 1 2   d w

d u = 2 w   d w

w 2 = u 1 2 = 2 1 2 = 2   ; w ∞ = u 1 2 = ∞ 1 2 = ∞

1 a ∫ 2 ∞ u 3 2 d u u - 1 2 = 1 a ∫ 2 ∞ w 3 2 w   d w w 2 - 1 2 = 2 a ∫ 2 ∞ w 4 w 2 - 1 2 d w

A partir daqui temos apenas polinômios.

Passo 3

Me parece que o mais simples é sair por frações parciais! O detalhe é que só temos que dividir o polinômio de cima pelo de baixo, para deixar o grau de cima abaixo do de baixo (os dois estão no grau 4 agora). Para isso, vamos ser malandros e lembrar que

w 4 = w 4 - 2 w 2 - 1 + 2 w 2 - 1 . Portanto:

2 a ∫ 2 ∞ w 4 w 4 - 2 w 2 + 1 d w = 2 a ∫ 2 ∞ w 4 - 2 w 2 + 1 + 2 w 2 - 1 w 4 - 2 w 2 + 1 d w

= 2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 d w

Agora podemos fazer frações parciais naquela divisão de polinômios:

2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 = A w + B w 2 - 1 + C w + D w 2 - 1 2 = A w + B w 2 - 1 + C w + D w 2 - 1 2

2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 = A w 3 + B w 2 - A w - B + C w + D w 2 - 1 2

A = 0 B = 2 - A + C = 0 - B + D = - 1

A = 0   ; B = 2   ; C = 0   ; D = 1

2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 d w = 2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 + 1 w 2 - 1 2 d w

= 2 a w - 2 arctg h ⁡ w 2 ∞ + 2 a ∫ 2 ∞ 1 w 2 - 1 2 d w

Como você deve ter visto, essa última integral não é uma integral direta. Eu preciso de mais um algebrismo para resolvê-la. Faremos uma substituição hiperbólica! Esse caso é o da tangente hiperbólica:

w = tg h ⁡ ( θ ) → d w = sec h 2 ⁡ ( θ ) d θ

∫ 1 w 2 - 1 2 d w = ∫ 1 tg h ⁡ θ 2 - 1 2 sec h 2 ⁡ θ d θ

= ∫ 1 - sec h 2 ⁡ ( θ ) 2 sec h 2 ⁡ θ d θ = ∫ 1 sec h 2 ⁡ θ d θ = ∫ cos h 2 ⁡ θ d θ

= ∫ 1 + cos h ⁡ 2 θ 2 d θ = θ 2 + 1 4 sen h ⁡ ( 2 θ )

Retomando a relação inversa de θ em função de w :

θ 2 + 1 4 senh ⁡ ( 2 θ ) = arctgh ⁡ w 2 + 1 2 ∙ tgh ⁡ w 1 - tg h 2 ⁡ w