[4] ( 0.5 pt ) Represente a função abaixo como soma de uma série de potência e determine o intervalo de convergência
Utilizando a derivação pelo parâmetro, calcule a integral imprópria
\int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x\left(1+x^{2}\right)} d x

Passo 1

O enunciado pede duas coisas bem claras:
  • Representar a função \operatorname{arctg}(\alpha x) como soma de uma série de potências e determinar o intervalo (ou raio) de convergência dessa série.
  • Utilizando diferenciação pelo parâmetro, calcular a integral imprópria
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x(1+x^{2})}\,dx.
Informações relevantes dadas:
  • A integral é imprópria porque o domínio é [0,\infty) e porque há singularidade aparente em x=0 (o integrando tem fator 1/x).
  • \alpha é um parâmetro real (não foi especificado que seja positivo), então deve-se tratar possíveis dependências do sinal de \alpha.
  • Não há figura ou outro dado complementar.

Passo 2

Série de potências para \operatorname{arctg}. Vou construir a série conhecida para \operatorname{arctg}t (válida no disco de raio 1 em torno de 0):
\operatorname{arctg} t=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{t^{2n+1}}{2n+1},
essa é a expansão de Taylor em t=0. Explicando por que isso: a derivada é \dfrac{d}{dt}\operatorname{arctg}t=\dfrac{1}{1+t^{2}} e a série de potências de \dfrac{1}{1+u} com u=t^{2} leva diretamente a essa soma depois de integrar termo a termo. O raio de convergência é 1 (pelo teste da razão ou pelo fato conhecido da série alternada com potências t^{2n+1}) e nos pontos extremos t=\pm 1 a série converge condicionalmente (alternada) para \pm\pi/4.
Substituindo t=\alpha x obtemos a representação pedida:
\operatorname{arctg}(\alpha x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\alpha^{2n+1}x^{2n+1}}{2n+1}.
Condição de convergência (em x, para parâmetro fixo \alpha): a série converge para \lvert \alpha x\rvert<1, isto é,
\lvert x\rvert<\frac{1}{\lvert \alpha\rvert}\quad(\text{se }\alpha\neq 0).
Nos pontos \lvert \alpha x\rvert=1 a convergência é condicional (série alternada). Se \alpha=0 a série é trivialmente 0.

Passo 3

Verificação de convergência da integral I(\alpha) para todo \alpha\in\mathbb{R}. Preciso checar comportamento em x\to 0^{+} e x\to\infty:
  • Quando x\to 0^{+}: \operatorname{arctg}(\alpha x)\sim \alpha x (desenvolvimento de Taylor), então o integrando \dfrac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x(1+x^{2})}\sim \dfrac{\alpha x}{x(1+0)}=\alpha, finito; logo não há divergência no zero.
  • Quando x\to\infty: \operatorname{arctg}(\alpha x) é limitado (tende a \pm\pi/2), e o denominador é x(1+x^{2})\sim x^{3}, então o integrando decai como O(1/x^{3}), integrável no infinito.
    Conclusão: para todo \alpha\in\mathbb{R} a integral I(\alpha) converge (é finita).

Passo 4

Aplicação da diferenciação pelo parâmetro. Defino
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x(1+x^{2})}\,dx.
Vou justificar que posso derivar sob o sinal de integral: a derivada parcial do integrando em relação a \alpha é
\frac{\partial}{\partial\alpha}\left(\frac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x(1+x^{2})}\right) =\frac{1}{x(1+x^{2})}\cdot\frac{x}{1+\alpha^{2}x^{2}} =\frac{1}{(1+x^{2})(1+\alpha^{2}x^{2})}.
Uma função dominadora independente de \alpha é g(x)=\dfrac{1}{1+x^{2}}, pois
\left\lvert\frac{1}{(1+x^{2})(1+\alpha^{2}x^{2})}\right\rvert \le \frac{1}{1+x^{2}},
e g(x) é integrável em [0,\infty). Pelo teorema da diferenciação sob o integral (ou convergência dominada), pode-se permutar derivada e integral. Assim
I'(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(1+x^{2})(1+\alpha^{2}x^{2})}\,dx.

Passo 5

Cálculo explícito de I'(\alpha). Primeiro trato o caso \alpha>0 (para \alpha<0 a simetria será usada). Faço decomposição em frações parciais em função de x:
\frac{1}{(1+x^{2})(1+\alpha^{2}x^{2})}=\frac{A}{1+x^{2}}+\frac{B}{1+\alpha^{2}x^{2}}.
Multiplicando por (1+x^{2})(1+\alpha^{2}x^{2}) obtemos
1=A(1+\alpha^{2}x^{2})+B(1+x^{2})=(A+B)+(A\alpha^{2}+B)x^{2}.
Igualando coeficientes:
A+B=1,\qquad A\alpha^{2}+B=0.
Resolvendo,
A=\frac{1}{1-\alpha^{2}},\qquad B=-\frac{\alpha^{2}}{1-\alpha^{2}}\quad(\alpha^{2}\neq 1).
Agora integro termo a termo (valores padrões):
\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+x^{2}}=\frac{\pi}{2},\qquad \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+\alpha^{2}x^{2}}=\frac{\pi}{2\alpha}\quad(\alpha>0),
onde na segunda usei a substituição u=\alpha x. Portanto, para \alpha>0,
I'(\alpha)=\frac{\pi}{2}\left(A+\frac{B}{\alpha}\right) =\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{1-\alpha^{2}}-\frac{\alpha}{1-\alpha^{2}}\right) =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1-\alpha}{1-\alpha^{2}} =\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{1+\alpha}.
Logo, para \alpha>0,
I'(\alpha)=\frac{\pi}{2(1+\alpha)}.
Para \alpha=0 temos diretamente I'(0)=\int_{0}^{\infty}\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\dfrac{\pi}{2}, que coincide com o limite da expressão acima quando \alpha\to 0^{+}. Para \alpha<0 note que a expressão do integrando em I'(\alpha) depende apenas de \alpha^{2}, portanto I'(\alpha) é uma função par: I'(-\alpha)=I'(\alpha). Assim, para \alpha<0 obtemos
I'(\alpha)=\frac{\pi}{2(1+\lvert\alpha\rvert)}.
Resumindo de forma compacta:
I'(\alpha)=\frac{\pi}{2(1+\lvert\alpha\rvert)}\quad(\text{para todo }\alpha\in\mathbb{R}).

Passo 6

Integro I'(\alpha) para recuperar I(\alpha). Como I(0)=\int_{0}^{\infty}0\,dx=0, tomo a primitiva com condição inicial I(0)=0.
Caso \alpha\ge 0: I'(\alpha)=\dfrac{\pi}{2(1+\alpha)}, então
I(\alpha)=\int_{0}^{\alpha}I'(t)\,dt=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\alpha}\frac{dt}{1+t} =\frac{\pi}{2}\ln(1+\alpha).
Caso \alpha<0: por simetria ímpar de I (porque \operatorname{arctg}(\alpha x) é ímpar em \alpha, logo I(-\alpha)=-I(\alpha)), pode-se escrever
I(\alpha)=-I(-\alpha)=-\frac{\pi}{2}\ln(1+(-\alpha))=-\frac{\pi}{2}\ln(1-\alpha).
Uma forma unificada que fica bonita é
I(\alpha)=\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(\alpha)\ln\bigl(1+\lvert\alpha\rvert\bigr),
onde \operatorname{sgn}(\alpha) é a função sinal (e \operatorname{sgn}(0)=0 I(0)=0). Isso é equivalente às fórmulas por partes acima.

Passo 7

Breve verificação de consistência (checagem rápida):
  • Para \alpha\to 0, expandindo a expressão final:
I(\alpha)\approx\frac{\pi}{2}\operatorname{sgn}(\alpha)\bigl(\lvert\alpha\rvert -\tfrac{1}{2}\lvert\alpha\rvert^{2}+\cdots\bigr)=\frac{\pi}{2}\alpha+O(\alpha^{2}),
o que bate com I' (0)=\pi/2.
  • A derivada I'(\alpha)=\dfrac{\pi}{2(1+\lvert\alpha\rvert)} é positiva e par, compatível com I ímpar e crescente em \alpha>0.

Resposta

\operatorname{arctg}(\alpha x)=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\alpha^{2n+1}x^{2n+1}}{2n+1},\quad\text{intervalo de convergência: }\lvert x\rvert<\dfrac{1}{\lvert\alpha\rvert}ê (endpoints \lvert\alpha x\rvert=1 convergem condicionalmente).\n
\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{arctg}(\alpha x)}{x(1+x^{2})}\,dx=\frac{\pi}{2}\,\operatorname{sgn}(\alpha)\,\ln\bigl(1+\lvert\alpha\rvert\bigr).

Exercícios relacionados