m) \int_{-x}^{+x} \frac{1}{x^{4}+x^{2}+1} d x
2. Suponha f integrável em [a, t], para todo t \geqslant a, \operatorname{com} f(x) \geqslant 0 \mathrm{em}[a,+\infty[. Suponha que existem um \alpha real e uma função g tais que, para todo x \geqslant a, f(x)=\frac{1}{x^{\alpha}} g(x). Suponha, além disso, que \lim _{x \rightarrow+\infty} g(x)=L>0 (L real). Prove:
a) \alpha>1 \Rightarrow \int_{a}^{+\infty} f(x) d x convergente
b) \alpha \leqslant 1 \Rightarrow \int_{a}^{+\infty} f(x) d x divergente
3. Utilizando o Exercício 2, estude a convergência ou divergência de cada uma das integrais a seguir.
a) \int_{2}^{+\infty} \frac{x^{6}-x+1}{x^{7}-2 x^{2}+3} d x
b) \int_{10}^{+x} \frac{x^{5}-3}{\sqrt{x^{20}+x^{10}-1}} d x
44 Um Curso de Cálculo - Vol. 2
c) \int_{1}^{+\infty} \frac{2 x^{3}+x^{2}+1}{x^{5}+x+2} d x

Passo 1

O enunciado contém três coisas: (m) calcular a função
I(x)=\int_{-\,x}^{+\,x}\frac{1}{t^{4}+t^{2}+1}\,dt
como função de x; (2) provar um critério de convergência para integrais impróprias do tipo
\int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx,\quad f(x)=\frac{g(x)}{x^{\alpha}},\quad \lim_{x\to+\infty}g(x)=L>0;
e (3) aplicar esse critério a três integrais impróprias. Vamos usar: para (m) a regra da diferenciação de uma integral com limites variáveis e simetria de função par; para (2) o teste de comparação assintótico; e para (3) comparar cada integrando com 1/x^{\alpha} adequado.

Passo 2

Defina
I(x)=\int_{-\,x}^{+\,x}\frac{1}{t^{4}+t^{2}+1}\,dt.
Como a função t\mapsto \frac{1}{t^{4}+t^{2}+1} é par, temos
I(x)=2\int_{0}^{x}\frac{1}{t^{4}+t^{2}+1}\,dt.
Pelo Teorema Fundamental do Cálculo com limites variáveis,
I'(x)=2\cdot\frac{1}{x^{4}+x^{2}+1}.
Além disso, I(0)=0. Logo,
I(x)=\int_{0}^{x}I'(u)\,du =\int_{0}^{x}\frac{2}{u^{4}+u^{2}+1}\,du
e de fato coincide com a definição. Em síntese,
\boxed{I'(x)=\frac{2}{x^{4}+x^{2}+1},\quad I(x)=2\int_{0}^{x}\frac{1}{t^{4}+t^{2}+1}\,dt.}

Passo 3

Queremos provar que, se f(x)=x^{-\alpha}g(x) com g(x)\to L>0 quando x\to+\infty, então:
a) Se \alpha>1, \int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx converge.
Como \lim_{x\to\infty}g(x)=L, existe M tal que para x>M temos g(x)\le 2L. Então, para x>M,
0\le f(x)=\frac{g(x)}{x^{\alpha}}\le \frac{2L}{x^{\alpha}}.
Mas \alpha>1 implica \int_{M}^{+\infty}x^{-\alpha}\,dx converge. Logo, por comparação, \int_{M}^{+\infty}f(x)\,dx converge. Somando a parte \int_{a}^{M}f(x)\,dx, que é finita, conclui-se que \int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx converge.

Passo 4

b) Se \alpha\le1, \int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx diverge.
Novamente, como g(x)\to L>0, existe M tal que para x>M temos g(x)\ge L/2. Assim, para x>M,
f(x)=\frac{g(x)}{x^{\alpha}}\ge \frac{L/2}{x^{\alpha}}.
Mas se \alpha\le1, \int_{M}^{+\infty}x^{-\alpha}\,dx diverge. Logo, por comparação, \int_{M}^{+\infty}f(x)\,dx diverge, e assim \int_{a}^{+\infty}f(x)\,dx também diverge.

Passo 5

Agora apliquei-mos (2) às integrais de (3).
a)
\int_{2}^{+\infty}\frac{x^{6}-x+1}{x^{7}-2x^{2}+3}\,dx.
Para x\to\infty, o integrando comporta-se como
\frac{x^{6}}{x^{7}}=\frac1{x},
isto é, \alpha=1. Pelo item b), diverge.

Passo 6

b)
\int_{10}^{+\infty}\frac{x^{5}-3}{\sqrt{x^{20}+x^{10}-1}}\,dx.
Note que
\sqrt{x^{20}+x^{10}-1}=x^{10}\sqrt{1+x^{-10}-x^{-20}}\sim x^{10},
então o integrando vale \sim x^{5}/x^{10}=1/x^{5}. Aqui \alpha=5>1, logo converge pelo item a).

Passo 7

c)
\int_{1}^{+\infty}\frac{2x^{3}+x^{2}+1}{x^{5}+x+2}\,dx.
Para x\to\infty, o integrando é
\frac{2x^{3}}{x^{5}}=\frac{2}{x^{2}},
isto é, \alpha=2>1. Pelo item a), converge.

Resposta

m) I'(x)=\dfrac{2}{x^{4}+x^{2}+1} e I(x)=2\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{1}{t^{4}+t^{2}+1}\,dt.
2a) converge se \alpha>1.
2b) diverge se \alpha\le1.
3a) diverge.
3b) converge.
3c) converge.

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