Integrais Impróprias – Limites Sendo Infinito

Teoria Completa

O que são integrais impróprias?

Eai, galeeera! Tudo tranquilo?

Pergunta rápida, o que você faria se eu pedisse para você resolver essa integral aqui:

∫ 1 5 1 x 2 d x

Mamão com açúcar, né?

E se ao invés dessa integral, eu te pedisse para você resolver essa daqui:

∫ 1 ∞ 1 x 2 d x

Parece que o nosso mamão está mais para um jiló, né?

Bem, isso é o que chamamos de integral imprópria e, como o título ali em cima já deu um spoiler legal, esse tipo de integralzinha vai ser resolvida por meio de limites.

Tá, mas como podemos identificar esse tipo de integral?

Fica tranquilo! Elas são bem fáceis de identificar e se resumem a basicamente dois tipos, mas nesse tópico iremos focar em quando pelo menos um dos limites de integração é infinito, quando isso acontece você vai se deparar com algo desse tipo:

∫ a ∞ f x d x

Sim, é isso mesmo, em vez de termos um intervalo [ a ,   b ] bonitinho, agora temos um infinito no meio desse rolê.

∫ a b f x d x

Sem neurose, vamos aprender como a resolver essas belezinhas.

Um dos limites de integração no infinito

Beleza, agora que já sabemos que estamos falando sobre integrais impróprias, vamos voltar naquela integral que eu te mostrei no início, essa daqui:

∫ 1 ∞ 1 x 2   d x

Como podemos resolvê-la?

Simples! Vou te mostrar um passo a passo que vai sair que nem mágica.

1º Passo: substitua o infinito presente no intervalo da integral por uma variável, nesse caso iremos usar t .

∫ 1 t 1 x 2   d x

2º Passo: faça com que a integral seja a função de um limite que tenha a variável que você escolheu, nesse caso t , tendendo ao infinito da função.

lim t → ∞ ⁡ ∫ 1 t 1 x 2   d x

3º Passo: resolva a integral e aplique os limites de integração.

lim t → ∞ ⁡ ∫ 1 t 1 x 2   d x

= lim t → ∞ ⁡ ∫ 1 t x - 2   d x

= lim t → ∞ ⁡ x - 1 - 1 1 t = t - 1 - 1 - 1 - 1 - 1

= 1 t × 1 - 1 - 1 1 × 1 - 1 = [ - 1 t - ( - 1 1 ) ]

= [ - 1 t + 1 ]

4º Passo: resolva o limite.

lim t → ∞ ⁡ - 1 t + 1 = - 0 + 1 = 1

Prontinho! A área que calculamos, foi essa daqui:

Também podemos ter casos no intervalo de integração de - ∞ , como nessa integral:

∫ - ∞ 0 x e x d x

Basta seguirmos novamente aquele passo a passo que é sucesso.

1º Passo: Substitua o seu infinito por uma letra qualquer, agora iremos usar A .

∫ A 0 x e x d x

2º Passo: Jogue a integral dentro de um limite, fazendo a letra que você escolheu tender ao infinito.

lim A → - ∞ ⁡ ∫ A 0 x e x d x

Observe que dessa vez temos - ∞ . Portanto, cuidado com o sinal!

3º Passo: Resolva a integral e depois passe o limite.

Resolvendo a integral por partes, u = x e v ' = e x :

∫ A 0 x e x d x = x e x A 0 - ∫ A 0 e x d x = e x ( x - 1 ) A 0

Aplicando os limites de integração:

e x ( x - 1 ) A 0 = e 0 0 - 1 - e A A - 1 = e A - A e A - 1

Agora, vamos resolver o limite:

lim A → - ∞ ⁡ ∫ A 0 x e x d x = lim A → - ∞ ⁡ e A - A e A - 1

Quando A assume valores grandes e negativos, passamos a ter expoentes negativos, que inverte a fração e tende a 0.

lim A → - ∞ ⁡ e A - A e A - 1 = lim A → ∞ ⁡ 1 e A - A e A - 1 = - 1

Só mais uma coisinha, 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:

1º Passo: Substitua o seu infinito por uma letra qualquer, novamente vamos usar A .

∫ A 3 1 - x + 5 2 d x

2º Passo: Jogue a integral dentro de um limite, fazendo a letra que você escolheu tender ao infinito.

Assim, temos:

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

3º Passo: Resolva a integral e depois passe o limite.

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 ).

Aplicando os limites de integração:

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

Show, já aprendemos a lidar com um dos limites de integração indo para o infinito, mas e se temos os dois?

∫ - ∞ + ∞ f x d x

Não tem muito mistério, é só abrir em duas juntando as que vimos antes:

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

Onde c é uma constante qualquer, geralmente escolhemos usar o 0.

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, vamos abrir como a soma de duas:

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

Vamos usar nosso passo a passo:

1º Passo: Substitua o seu infinito por uma letra qualquer, vamos usar A para primeira integral e B para segunda.

2º Passo: Jogue a integral dentro de um limite, fazendo a letra que você escolheu tender ao infinito.

Assim, temos:

lim A → - ∞ ⁡ ∫ A c 1 - f x d x + lim B → ∞ ⁡ ∫ c B 1 - f x d x  

3º Passo: Resolva a integral, e depois passe o limite.

Para resolver, primeiro 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 os limites de integração:

∫ - ∞ 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

Resolvendo o limite:

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

Vale lembrar 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!

Revisãozinha

Agora pega seu papelzinho e caneta e anota isso aqui essa revisão maneiríssima.

Temos dois tipos de integrais impróprias:

  • Intervalos infinitos;
  • Descontinuidade em um ponto do intervalo (abordado em outro tópico).

Depois de resolver elas, podemos dizer que elas são:

  • Convergente: se o limite existe como um número finito;
  • Divergente: se encontrarmos ± ∞

Para resolvermos uma integral imprópria, no caso de intervalos infinitos, usamos três passos, são eles:

1º Passo: Substitua o seu infinito por uma letra qualquer;

2º Passo: Jogue a integral dentro de um limite, fazendo a letra que você escolheu tender ao infinito;

3º Passo: Resolva a integral e depois resolva o limite.

Expandir

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

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

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