Calcule \int_{0}^{+\infty} \frac{\ln x}{1+x^{2}} d x.

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral imprópria
I=\int_{0}^{+\infty}\frac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx.
Informações relevantes dadas pelo enunciado:
  • A função integranda é \dfrac{\ln x}{1+x^{2}}.
  • O intervalo de integração é [0,+\infty), portanto a integral é imprópria por causa dos extremos x\to0^{+} e x\to+\infty.
  • É necessário verificar convergência e então calcular o valor numérico da integral.

Passo 2

Verificar a convergência da integral, dividindo o intervalo em (0,1] e [1,+\infty).
Comportamento em x\to0^{+}: para x próximo de 0 tem-se 1+x^{2}\approx1, então
\frac{\ln x}{1+x^{2}}\sim \ln x.
Sabe-se que a integral \int_{0}^{1}\ln x\,dx converge (é finita), pois
\int_{0}^{1}\ln x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_{0}^{1}=-1.
Logo \int_{0}^{1}\dfrac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx converge.
Comportamento em x\to+\infty: para x grande tem-se 1+x^{2}\sim x^{2}, então
\frac{\ln x}{1+x^{2}}\sim \frac{\ln x}{x^{2}}.
A integral \int_{1}^{\infty}\dfrac{\ln x}{x^{2}}\,dx converge (pode-se calcular por partes). Para registro, calculemos:
Escolhendo u=\ln x, dv=x^{-2}dx du=\dfrac{1}{x}dx, v=-\dfrac{1}{x}. Assim
\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{x^{2}}\,dx=\lim_{b\to\infty}\left[\,-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}\,\right]_{1}^{b} =\left(0\right)-\left(-0-1\right)=1,
portanto finita. Assim \int_{1}^{\infty}\dfrac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx converge também.
Conclusão deste passo: a integral imprópria \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx converge (na verdade é absolutamente integrável nas duas extremidades por comparação), então podemos manipular a integral com as operações usuais (troca de variáveis, soma de partes, etc.).

Passo 3

Aplicar a substituição x=\dfrac{1}{t} para relacionar a integral consigo mesma. Seja
I=\int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx.
Fazendo x=\dfrac{1}{t} temos dx=-\dfrac{1}{t^{2}}\,dt. Quando x percorre 0 a +\infty, t percorre +\infty a 0. Portanto
I=\int_{\infty}^{0}\frac{\ln\!\left(\dfrac{1}{t}\right)}{1+\dfrac{1}{t^{2}}}\left(-\frac{1}{t^{2}}\right)\,dt.
Eliminando o sinal da inversão dos limites e simplificando: \ln\!\left(\dfrac{1}{t}\right)=-\ln t e
1+\frac{1}{t^{2}}=\frac{1+t^{2}}{t^{2}},
então
I=\int_{0}^{\infty}\frac{-\ln t}{\dfrac{1+t^{2}}{t^{2}}}\cdot\frac{1}{t^{2}}\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{-\ln t}{1+t^{2}}\,dt.
Isto é,
I=-\int_{0}^{\infty}\frac{\ln t}{1+t^{2}}\,dt.
Como a variável de integração é dummy, a integral no membro direito é exatamente I. Portanto obtemos a igualdade
I=-I.

Passo 4

A igualdade I=-I implica 2I=0, logo I=0. (A dedução é válida porque demonstramos que a integral converge; assim igualdades algébricas entre integrais convergentes são permitidas.)
Opcional — interpretação alternativa (dividindo em dois integrandos que se cancelam): podemos escrever
I=\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx+\int_{1}^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^{2}}\,dx.
Fazendo a substituição x=1/t apenas na segunda integral obtém-se que ela vale o negativo da primeira integral, e portanto as duas partes se cancelam, dando soma zero. Isso é a mesma ideia do passo anterior, apresentado de forma particionada.

Passo 5

Resumo didático rápido: a chave foi notar a simetria sob a transformação x\mapsto 1/x. A função \dfrac{\ln x}{1+x^{2}} muda de sinal ao aplicar x\to 1/x e o jacobiano da mudança de variável fornece exatamente o fator que permite comparar a integral com seu negativo. Como a integral é convergente, essa simetria força o valor total a ser zero. Boa notícia: esta é uma técnica poderosa para várias integrais impróprias envolvendo \ln x e razões com x^{2}.

Resposta

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