Calcule as seguintes integrais impróprias, caso sejam convergentes:
(a)
\int_{1}^{+\infty} \frac{d x}{x \sqrt{x}}
(b)
\int_{3}^{+\infty} \frac{d x}{x^{2}+9}
(c)
\int_{0}^{+\infty} \frac{d x}{(x+1)(x+2)}
(d)
\int_{0}^{+\infty} x e^{-x^{2}} d x
(e)
\int_{-\infty}^{0}|x| e^{-x^{2}} d x
(f)
\int_{2}^{+\infty} \frac{d x}{x \ln (x)}
(g)
\int_{0}^{+\infty} \frac{\operatorname{cosh} (x)}{1+\operatorname{sinh} (x)} d x
(h)
\int_{-\infty}^{0} x 5^{-x^{2}} d x
(i)
\int_{-\infty}^{0} x \operatorname{cosh} (x) d x
(j)
\int_{1}^{+\infty} \frac{\ln (x)}{x} d x
(k)
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d x}{x^{2}+1}
(l)
\int_{0}^{+\infty} \sin (t \pi) e^{-t} d t
(m)
\int_{0}^{1} \frac{d x}{(2 x-3)^{2}}
(n)
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{x^{2}+1} d x
(o)
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{d x}{x^{2}+2 x+5}
§
\int_{1}^{+\infty} \frac{d x}{x^{3}+x}

Passo 1

Temos uma lista de integrais impróprias que envolvem limites infinitos ou singularidades. O conteúdo principal é testar a convergência e, quando convergente, calcular o valor exato usando técnicas como mudança de variável, frações parciais, propriedades de funções pares/ímpares e resultados conhecidos de integrais de funções elementares e transformada de Laplace.

Passo 2

(a) \displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x\sqrt{x}}. Note que \frac1{x\sqrt{x}}=x^{-3/2}.
Fazendo a antiderivada:
\int x^{-3/2}dx = \frac{x^{-1/2}}{-\tfrac12} = -2x^{-1/2}.
Logo
\int_{1}^{R}x^{-3/2}dx = \bigl[-2x^{-1/2}\bigr]_{1}^{R} = -2R^{-1/2}+2.
Ao fazer R\to+\infty, o termo R^{-1/2}\to0. Portanto a integral converge e vale 2.

Passo 3

(b) \displaystyle \int_{3}^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}+9}. Usamos a primitiva
\int\frac{dx}{x^{2}+9} = \frac{1}{3}\arctan\!\Bigl(\frac{x}{3}\Bigr).
Então
\int_{3}^{R}\frac{dx}{x^{2}+9} = \frac{1}{3}\Bigl[\arctan\!\bigl(\tfrac{x}{3}\bigr)\Bigr]_{3}^{R} = \frac{1}{3}\Bigl(\arctan\!\tfrac{R}{3}-\arctan\!1\Bigr).
Como \arctan(R/3)\to\pi/2 quando R\to\infty e \arctan1=\pi/4, o valor é
\frac{1}{3}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}\Bigr) =\frac{1}{3}\cdot\frac{\pi}{4} =\frac{\pi}{12}.

Passo 4

(c) \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(x+1)(x+2)}. Fazemos frações parciais:
\frac{1}{(x+1)(x+2)} =\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x+2} \implies 1 = A(x+2)+B(x+1).
Comparando coeficientes: A+B=0 e 2A+B=1, dá A=1, B=-1.
Logo
\int\frac{dx}{(x+1)(x+2)} =\int\Bigl(\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}\Bigr)dx =\ln\!\bigl|\tfrac{x+1}{x+2}\bigr| + C.
Avaliando de 0 a R:
\ln\!\bigl|\tfrac{R+1}{R+2}\bigr| -\ln\!\bigl|\tfrac{1}{2}\bigr|.
Quando R\to\infty, \tfrac{R+1}{R+2}\to1 e \ln1=0. Então o valor é
0 - \bigl(-\ln2\bigr)=\ln2.

Passo 5

(d) \displaystyle \int_{0}^{+\infty}x\,e^{-x^{2}}dx. Fazemos u=x^{2}, du=2x\,dx, logo x\,dx=\tfrac{du}{2}. Quando x vai de 0 a \infty, u vai de 0 a \infty. Então
\int_{0}^{\infty}x e^{-x^{2}}dx =\frac12\int_{0}^{\infty}e^{-u}du =\frac12\bigl[-e^{-u}\bigr]_{0}^{\infty} =\frac12(0-(-1)) =\frac12.

Passo 6

(e) \displaystyle \int_{-\infty}^{0}|x|\,e^{-x^{2}}dx. Para x<0, |x|=-x. Logo
\int_{-\infty}^{0}|x|\,e^{-x^{2}}dx =\int_{-\infty}^{0}(-x)e^{-x^{2}}dx.
Fazemos u=x^{2}, du=2x\,dx ou trocamos t=-x. Resultado final é igual ao do item (d), pois vira \int_{0}^{\infty}t e^{-t^{2}}dt. Portanto o valor é \tfrac12.

Passo 7

(f) \displaystyle \int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{x\ln x}. Use u=\ln x, du=dx/x. O integral vira
\int_{\ln2}^{\infty}\frac{du}{u},
que diverge (logaritmo não tem limite finito quando u\to\infty). Logo a integral diverge.

Passo 8

(g) \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\frac{\operatorname{cosh} x}{1+\operatorname{sinh} x}dx. Fazemos u=\operatorname{sinh} x, du=\operatorname{cosh} x\,dx. Os limites vão de u(0)=0 a u(\infty)=\infty, e fica
\int_{0}^{\infty}\frac{du}{1+u} =\bigl[\ln(1+u)\bigr]_{0}^{\infty}
que diverge. Portanto diverge.

Passo 9

(h) \displaystyle \int_{-\infty}^{0}x\,5^{-x^{2}}dx. Escrevemos 5^{-x^{2}}=e^{-x^{2}\ln5}. Com u=x^{2}, du=2x\,dx, temos
\int_{-\infty}^{0}x e^{-x^{2}\ln5}dx =-\frac12\int_{0}^{\infty}e^{-u\ln5}du =-\frac12\cdot\frac{1}{\ln5}.
Logo converge e vale -\tfrac{1}{2\ln5}.

Passo 10

(i) \displaystyle \int_{-\infty}^{0}x\,\operatorname{cosh} x\,dx. A função x\operatorname{cosh} x para x\to-\infty cresce em módulo como e^{-|x|} vezes |x|? Na verdade \operatorname{cosh} x\sim e^{-|x|}/2, então x\operatorname{cosh} x\sim -\tfrac12|x|e^{-|x|}, mas mesmo assim a integral de |x|e^{-|x|} de 0 a \infty converge. Especificamente, trocando x=-t, obtém-se \int_{0}^{\infty}t e^{-t}dt=1. Portanto a integral em x converge e dá -1.

Passo 11

(j) \displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{\ln x}{x}dx. Fazendo u=\ln x, du=dx/x, vira \int_{0}^{\infty}u\,du, que diverge. Logo diverge.

Passo 12

(k) \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}+1}. Sabe-se que
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+1} =\bigl[\arctan x\bigr]_{-\infty}^{\infty} =\frac{\pi}{2}-\Bigl(-\frac{\pi}{2}\Bigr) =\pi.

Passo 13

(l) \displaystyle \int_{0}^{+\infty}\sin(t\pi)\,e^{-t}dt. É a transformada de Laplace de \sin(\pi t) em s=1:
\int_{0}^{\infty}e^{-t}\sin(\pi t)dt =\frac{\pi}{1^{2}+\pi^{2}} =\frac{\pi}{1+\pi^{2}}.

Passo 14

(m) \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{dx}{(2x-3)^{2}}. Note que 2x-3\neq0 em [0,1]. Tomamos u=2x-3, du=2dx, logo
\int\frac{dx}{(2x-3)^{2}} =\frac12\int\frac{du}{u^{2}} =-\frac{1}{2u}.
Avaliando de 0 a 1:
-\frac{1}{2(2\cdot1-3)} - \Bigl(-\frac{1}{2(2\cdot0-3)}\Bigr) =\frac12-\frac16 =\frac13.

Passo 15

(n) \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{x}{x^{2}+1}dx. O integrando é função ímpar e os limites são simétricos, logo a integral vale 0.

Passo 16

(o) \displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^{2}+2x+5}. Completamos quadrado: x^{2}+2x+5=(x+1)^{2}+2^{2}. Fazemos u=x+1, e a integral torna-se
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{du}{u^{2}+2^{2}} =\frac{1}{2}\Bigl[\arctan\!\bigl(\tfrac{u}{2}\bigr)\Bigr]_{-\infty}^{\infty} =\frac{1}{2}\cdot\pi =\frac{\pi}{2}.

Passo 17

§ \displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^{3}+x} =\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x(x^{2}+1)}. Fazemos frações parciais:
\frac{1}{x(x^{2}+1)} =\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1}
leva a A=1, B=-1, C=0. Então a integral é
\int_{1}^{R}\Bigl(\frac1x-\frac{x}{x^{2}+1}\Bigr)dx =\bigl[\ln x -\tfrac12\ln(x^{2}+1)\bigr]_{1}^{R}.
Quando R\to\infty, isso tende a 0. Em x=1 \ln1-\tfrac12\ln2=-\tfrac12\ln2. A diferença é \tfrac12\ln2. Portanto converge para \tfrac12\ln2.

Resposta

(a) 2
(b) \tfrac{\pi}{12}
(c) \ln2
(d) \tfrac12
(e) \tfrac12
(f) diverge
(g) diverge
(h) -\tfrac{1}{2\ln5}
(i) -1
(j) diverge
(k) \pi
(l) \dfrac{\pi}{1+\pi^{2}}
(m) \tfrac13
(n) 0
(o) \tfrac{\pi}{2}
§ \tfrac12\ln2

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