Calcule as integrais abaixo:
(a) \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3 x+1)^{2}} d x
(b) \int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{\sqrt{2-x}} d x
(c) \int_{-\infty}^{\infty} x e^{-x^{2}} d x
(d) \int_{0}^{\infty} x e^{-5 x} d x
(e) \int_{0}^{3} \frac{1}{\sqrt{x}} d x
(f) \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)} d x
(g) \int_{0}^{\pi} \operatorname{sec} x d x
(h) \int_{0}^{2} x^{2} \ln x d x
(i) \int_{0}^{5} \frac{w}{w-2} d w
(j) \int_{e}^{\infty} \frac{1}{x(\ln x)^{3}} d x
(k) \int_{0}^{3} \frac{1}{x^{2}-6 x+5} d x
(l) \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt{x}} d x
Passo 1
O enunciado pede para calcular as doze integrais abaixo, cada uma podendo ser imprópria por limite infinito ou por singularidade no intervalo. As integrais são:
(a) \displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3x+1)^{2}}\,dx
(b) \displaystyle \int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{\sqrt{2-x}}\,dx
(c) \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} x e^{-x^{2}}\,dx
(d) \displaystyle \int_{0}^{\infty} x e^{-5x}\,dx
(e) \displaystyle \int_{0}^{3} \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx
(f) \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx
(g) \displaystyle \int_{0}^{\pi} \operatorname{sec} x\,dx
(h) \displaystyle \int_{0}^{2} x^{2}\ln x\,dx
(i) \displaystyle \int_{0}^{5} \frac{w}{w-2}\,dw
(j) \displaystyle \int_{e}^{\infty} \frac{1}{x(\ln x)^{3}}\,dx
(k) \displaystyle \int_{0}^{3} \frac{1}{x^{2}-6x+5}\,dx
(l) \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx
Informações importantes a observar (sem resolver ainda): possíveis problemas de convergência — intervalos que vão até \pm\infty ((a),(b),(c),(d),(f),(j)), e pontos onde o integrando é singular dentro do intervalo ((e) em 0, (i) em w=2, (k) em x=1, (l) em 0). Nos casos impróprios devemos escrever o integral como limite e verificar convergência antes de aceitar o valor numérico.
Técnica: mudança de variável para transformar os limites. Faça u=2-x. Então du=-dx, e quando x\to -\infty temos u\to +\infty; quando x=-1 temos u=3. O integral vira
(c) Calcular \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} x e^{-x^{2}}\,dx.
Observação de simetria: a função f(x)=x e^{-x^{2}} é ímpar porque f(-x) = -x e^{-x^{2}} = -f(x). Para integrais sobre intervalos simétricos (-\infty,\infty), se a integral impropria converge, o valor de um integrando ímpar é 0. Precisamos só garantir convergência absoluta ou condicional: note que |x e^{-x^{2}}| decai rápido e \int_{-\infty}^{\infty} |x| e^{-x^{2}} dx é finita (pode-se usar substituição u=x^{2}). Assim a integral converge e, por simetria ímpar,
\int_{-\infty}^{\infty} x e^{-x^{2}}\,dx = 0.
Passo 5
(d) Calcular \displaystyle \int_{0}^{\infty} x e^{-5x}\,dx.
Técnica: integração por partes (ou usar a fórmula da função Gamma). Façamos por partes: escolha u=x e dv=e^{-5x}dx. Então du=dx e v=-\tfrac{1}{5}e^{-5x}. Pela fórmula,
\int_{0}^{\infty} x e^{-5x}\,dx = \Big[-\frac{x}{5}e^{-5x}\Big]_{0}^{\infty} + \frac{1}{5}\int_{0}^{\infty} e^{-5x}\,dx.
Avalie os termos: \displaystyle \lim_{x\to\infty} x e^{-5x}=0 (exponencial domina polinomial), e no 0 o termo é 0. A segunda integral é \int_{0}^{\infty} e^{-5x}\,dx = \frac{1}{5}. Assim
\int_{0}^{\infty} x e^{-5x}\,dx = 0 + \frac{1}{5}\cdot\frac{1}{5} = \frac{1}{25}.
Primeiro observação: \operatorname{sec} x = 1/\cos x tem singularidade onde \cos x=0. No intervalo [0,\pi], isso ocorre em x=\pi/2. Então dividimos o integral em duas partes e tratamos como improprias:
Comportamento perto de x=\pi/2: para x\to (\pi/2)^{-}, \cos x\to 0^{+} então \operatorname{sec} x\to +\infty; para x\to (\pi/2)^{+}, \cos x\to 0^{-} então \operatorname{sec} x\to -\infty. Cada um dos integrandos diverge em módulo (não é um salto finito que cancele). Portanto as duas integrais separadas não dão valores finitos, e a integral imprópria não converge (não existe um valor finito). Conclusão: o integral não converge.
cada um tratado como limite. Antes de integrar, simplificamos a função por divisão:
\frac{w}{w-2} = 1 + \frac{2}{w-2}.
Uma primitiva é então w + 2\ln|w-2|. Ao tentar avaliar os limites próximos a w=2, aparece \ln|w-2| que diverge para -\infty quando w\to 2. Explicitamente, o lado esquerdo dá -\infty e o lado direito dá +\infty (não há cancelamento legítimo porque cada termo diverge separadamente). Logo o integral impróprio não converge (diverge).
Uma primitiva é \displaystyle -\frac{1}{4}\ln|x-1| + \frac{1}{4}\ln|x-5| = \frac{1}{4}\ln\frac{|x-5|}{|x-1|}. Ao tentar avaliar de 0 a 3 devemos tratar o limite em 1. Próximo a x=1, a parcela -\tfrac{1}{4}\ln|x-1| diverge para +\infty (porque \ln|x-1|\to -\infty e o sinal menos dá +\infty). Isso faz com que a integral de 0 até 1 diverja para +\infty. Conclusão: o integral impróprio não converge (diverge).
Técnica: substituição x=t^{2} é bem prática. Tome x=t^{2}, então dx=2t\,dt, \sqrt{x}=t, e \ln x = \ln(t^{2}) = 2\ln t. Quando x vai de 0 a 1, t vai de 0 a 1. Substituindo: