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.

Passo 2

(a) Calcular \displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3x+1)^{2}}\,dx.
Técnica usada: antiderivada simples por substituição linear. Note que a derivada de 3x+1 é 3, então lembramos que
\frac{d}{dx}\big( (3x+1)^{-1}\big) = -3(3x+1)^{-2}.
Portanto uma primitiva é
F(x) = -\frac{1}{3}\,(3x+1)^{-1}.
Agora tratamos o limite improprio:
\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3x+1)^{2}}\,dx = \lim_{b\to\infty} \big[ F(x)\big]_{x=1}^{x=b} = \lim_{b\to\infty}\Big( -\frac{1}{3(3b+1)} + \frac{1}{3(3\cdot 1+1)}\Big).
Como \displaystyle \lim_{b\to\infty}\frac{1}{3b+1}=0, fica
\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(3x+1)^{2}}\,dx = \frac{1}{3\cdot 4} = \frac{1}{12}.

Passo 3

(b) Calcular \displaystyle \int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{\sqrt{2-x}}\,dx.
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
\int_{-\infty}^{-1} \frac{1}{\sqrt{2-x}}\,dx = \int_{\infty}^{3} \frac{1}{\sqrt{u}}\,(-du) = \int_{3}^{\infty} u^{-1/2}\,du.
Agora calcule a primitiva de u^{-1/2}: é 2u^{1/2}. Então
\int_{3}^{\infty} u^{-1/2}\,du = \lim_{b\to\infty} \big[2\sqrt{u}\big]_{3}^{b} = \lim_{b\to\infty} (2\sqrt{b}-2\sqrt{3}) = +\infty.
Conclusão: o integral diverge (vai para +\infty).

Passo 4

(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}.

Passo 6

(e) Calcular \displaystyle \int_{0}^{3} \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx.
Técnica: primitiva de x^{-1/2} e tratar o ponto 0 como limite. A primitiva é 2\sqrt{x}. Então
\int_{0}^{3} x^{-1/2}\,dx = \lim_{a\to 0^{+}} \big[2\sqrt{x}\big]_{a}^{3} = 2\sqrt{3} - \lim_{a\to 0^{+}} 2\sqrt{a} = 2\sqrt{3}.
O limite existe e é finito, logo o integral converge para 2\sqrt{3}.

Passo 7

(f) Calcular \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx.
Truque prático: usar a substituição x=u^{2}. Então dx=2u\,du e \sqrt{x}=u. Os limites: x=0\to u=0, x\to\infty\to u\to\infty. Substituindo:
\frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx = \frac{1}{u(1+u^{2})}\cdot 2u\,du = \frac{2}{1+u^{2}}\,du.
Logo
\int_{0}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{x}(1+x)}\,dx = 2\int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+u^{2}}\,du.
Sabemos que \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{1}{1+u^{2}}\,du = \frac{\pi}{2} (é o arco-tangente no infinito). Portanto o resultado é
2\cdot \frac{\pi}{2} = \pi.

Passo 8

(g) Calcular \displaystyle \int_{0}^{\pi} \operatorname{sec} x\,dx.
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:
\int_{0}^{\pi} \operatorname{sec} x\,dx = \int_{0}^{\pi/2} \operatorname{sec} x\,dx + \int_{\pi/2}^{\pi} \operatorname{sec} x\,dx.
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.

Passo 9

(h) Calcular \displaystyle \int_{0}^{2} x^{2}\ln x\,dx.
Técnica: integração por partes. Tome u=\ln x (porque sua derivada simplifica) e dv=x^{2}dx. Então du=\frac{1}{x}dx e v=\frac{x^{3}}{3}. Pela fórmula,
\int x^{2}\ln x\,dx = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \int \frac{x^{3}}{3}\cdot\frac{1}{x}\,dx = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{1}{3}\int x^{2}\,dx.
A integral restante é \int x^{2}\,dx = \frac{x^{3}}{3}. Assim a primitiva é
F(x) = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{1}{3}\cdot\frac{x^{3}}{3} = \frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{x^{3}}{9}.
Agora avalie de 0 a 2. Precisamos tratar o limite em 0^{+}: como x^{3}\ln x \to 0 quando x\to 0^{+}, o termo em 0 vale 0. Portanto
\int_{0}^{2} x^{2}\ln x\,dx = \left[\frac{x^{3}}{3}\ln x - \frac{x^{3}}{9}\right]_{0}^{2} = \frac{8}{3}\ln 2 - \frac{8}{9}.
Podemos factorar 8/9: \displaystyle \frac{8}{9}(3\ln 2 - 1), mas ambas formas estão corretas.

Passo 10

(i) Calcular \displaystyle \int_{0}^{5} \frac{w}{w-2}\,dw.
Primeiro note que há uma singularidade em w=2 dentro do intervalo [0,5]. Devemos dividir o integral:
\int_{0}^{5} \frac{w}{w-2}\,dw = \int_{0}^{2} \frac{w}{w-2}\,dw + \int_{2}^{5} \frac{w}{w-2}\,dw,
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).

Passo 11

(j) Calcular \displaystyle \int_{e}^{\infty} \frac{1}{x(\ln x)^{3}}\,dx.
Técnica: substituição u=\ln x. Então du=\frac{1}{x}dx. Quando x=e, u=1; quando x\to\infty, u\to\infty. O integral transforma-se em
\int_{e}^{\infty} \frac{1}{x(\ln x)^{3}}\,dx = \int_{1}^{\infty} u^{-3}\,du.
Integre u^{-3}: \int u^{-3}\,du = -\frac{1}{2}u^{-2}. Assim
\int_{1}^{\infty} u^{-3}\,du = \lim_{b\to\infty}\left(-\frac{1}{2u^{2}}\right)\Big|_{1}^{b} = 0 -\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}.
Portanto o integral converge e vale \displaystyle \frac{1}{2}.

Passo 12

(k) Calcular \displaystyle \int_{0}^{3} \frac{1}{x^{2}-6x+5}\,dx.
Primeiro fatoramos o denominador:
x^{2}-6x+5 = (x-1)(x-5).
Há uma singularidade em x=1 (dentro do intervalo [0,3]). Fazemos frações parciais:
\frac{1}{(x-1)(x-5)} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-5}.
Resolvendo, obtemos A=-\tfrac{1}{4} e B=\tfrac{1}{4}. Logo
\frac{1}{x^{2}-6x+5} = -\frac{1}{4}\frac{1}{x-1} + \frac{1}{4}\frac{1}{x-5}.
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).

Passo 13

(l) Calcular \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx.
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:
\frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx = \frac{2\ln t}{t}\cdot 2t\,dt = 4\ln t\,dt.
Logo
\int_{0}^{1} \frac{\ln x}{\sqrt{x}}\,dx = 4\int_{0}^{1} \ln t\,dt.
Sabemos que \int_{0}^{1} \ln t\,dt = -1 (pode-se ver pela primitiva t\ln t - t). Portanto o resultado é
4\cdot(-1) = -4.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{1}{12}\n
(b) diverge para +\infty\n
(c) 0\n
(d) \displaystyle \frac{1}{25}\n
(e) \displaystyle 2\sqrt{3}\n
(f) \displaystyle \pi\n
(g) diverge (não converge)\n
(h) \displaystyle \frac{8}{3}\ln 2 - \frac{8}{9}\n
(i) diverge (não converge)\n
(j) \displaystyle \frac{1}{2}\n
(k) diverge (não converge)\n
(l) -4

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