\int_{1}^{\infty} \frac{x+1}{x^{3}+5} d x

Passo 1

O problema pede o valor da integral imprópria
\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^{3}+5}\,dx.
Informações dadas (explicitadas):
  • Limites de integração: do ponto 1 até o infinito.
  • Integrando: \dfrac{x+1}{x^{3}+5}.
O que é necessário fazer:
  • Tratar o caráter impróprio (limite quando x\to\infty): verificar convergência.
  • Encontrar uma primitiva explícita para poder calcular o valor da integral definida (como o enunciado pede o valor numérico/fechado da integral).

Passo 2

Verificar a convergência do integral impróprio (para nos certificar que faz sentido avaliar o valor).
Para x grande, x^{3}+5\sim x^{3}, então
\frac{x+1}{x^{3}+5}\sim\frac{x}{x^{3}}=\frac{1}{x^{2}}.
A integral \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{2}}\,dx converge (é uma p-integral com p=2>1). Pelo teste da comparação (ou comparação assintótica), como \dfrac{x+1}{x^{3}+5} tem comportamento assintótico como 1/x^{2}, a integral dada também converge. Portanto faz sentido procurar o valor.

Passo 3

Para calcular a integral vamos encontrar uma primitiva de \dfrac{x+1}{x^{3}+5}. Note que 5 é um cubo: 5=(5^{1/3})^{3}. Use a fatoração soma de cubos:
a^{3}+b^{3}=(a+b)(a^{2}-ab+b^{2}).
Defina
\alpha:=5^{1/3}.
Então
x^{3}+5=(x+\alpha)\bigl(x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}\bigr).
Isso sugere uma decomposição em frações parciais da forma
\frac{x+1}{x^{3}+5}=\frac{A}{x+\alpha}+\frac{Bx+C}{x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}},
onde A,B,C são constantes a determinar.

Passo 4

Encontrar A,B,C\) impondo a identidade: \[x+1 = A\bigl(x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}\bigr) + (Bx+C)(x+\alpha).
Expandindo o lado direito:
x+1 = A x^{2} - A\alpha x + A\alpha^{2} + Bx^{2} + B\alpha x + Cx + C\alpha.
Agrupando coeficientes por potências de x:
  • Coeficiente de x^{2}: A + B.
  • Coeficiente de x: -A\alpha + B\alpha + C.
  • Termo constante: A\alpha^{2} + C\alpha.
Comparando com o lado esquerdo ( x+1, que tem coeficiente de x^{2} igual a 0, de x igual a 1 e constante 1), obtemos o sistema:
\begin{cases} A + B = 0,\\[4pt] - A\alpha + B\alpha + C = 1,\\[4pt] A\alpha^{2} + C\alpha = 1. \end{cases}
Da primeira equação B=-A\]. Substituindo nas outras duas: \[\begin{cases} -2A\alpha + C = 1,\\[4pt] A\alpha^{2} + C\alpha = 1. \end{cases}\] Da primeira dessas \(C = 1 + 2A\alpha. Substituindo na terceira:
A\alpha^{2} + \alpha(1 + 2A\alpha) = 1.
Distribute:
A\alpha^{2} + \alpha + 2A\alpha^{2} = 1 \quad\Rightarrow\quad 3A\alpha^{2} + \alpha = 1.
Portanto
A = \frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}.
Então
B=-A=\frac{\alpha-1}{3\alpha^{2}}.
E
C = 1 + 2A\alpha = 1 + 2\alpha\cdot\frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}} = 1 + \frac{2(1-\alpha)}{3\alpha} = \frac{5+2\alpha^{2}}{15},
mas uma forma mais prática que vamos usar é simplificar C em combinação que aparecerá depois; calculando convenientemente obtem-se (fazendo a álgebra)
C = \frac{\alpha+1}{2\alpha}\quad\text{(ver passo 6 para esta forma útil).}ú
Observação: manteremos A, B, C expressos em termos de \alpha e continuaremos a partir daí.]

Passo 5

Agora, para integrar a parcela racional com denominador quadrático, escrevemos Bx+C em termos de derivada do denominador mais uma constante. Defina
Q(x):=x^{2}-\alpha x+\alpha^{2},\qquad Q'(x)=2x-\alpha.
Queremos escrever Bx+C=k Q'(x)+d, com k e d constantes. Comparando termos de x:
  • Coeficiente de x: B = 2k \Rightarrow k=\dfrac{B}{2}.
  • Constante: C = -k\alpha + d \Rightarrow d=C+k\alpha.
Usando B=-A e A=\dfrac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}:
k=\frac{B}{2}=-\frac{A}{2}=-\frac{1-\alpha}{6\alpha^{2}}=\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}.
E
d=C+k\alpha.
Substituindo C=1+2A\alpha e k=-A/2 temos
d = 1 + 2A\alpha -\frac{A}{2}\alpha = 1 + \frac{3}{2}A\alpha.
Como A\alpha=\dfrac{1-\alpha}{3\alpha}, obtemos
d=1+\frac{3}{2}\cdot\frac{1-\alpha}{3\alpha}=1+\frac{1-\alpha}{2\alpha}=\frac{\alpha+1}{2\alpha}.
Portanto temos as constantes
A=\frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}},\qquad k=\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}},\qquad d=\frac{\alpha+1}{2\alpha}.

Passo 6

Agora escrevemos a integral como soma de duas integrais usando a decomposição:
\frac{x+1}{x^{3}+5}=\frac{A}{x+\alpha} + \frac{k(2x-\alpha)}{Q(x)} + \frac{d}{Q(x)}.
Integrando termo a termo:
  • \displaystyle\int \frac{A}{x+\alpha}\,dx = A\ln|x+\alpha|.
  • \displaystyle\int \frac{k(2x-\alpha)}{Q(x)}\,dx = k\ln Q(x), porque \dfrac{2x-\alpha}{Q(x)} é a derivada logarithmica de Q(x).
  • Fica a integral \displaystyle\int \frac{d}{Q(x)}\,dx = d\int\frac{dx}{x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}}. Para essa última, completamos o quadrado:
x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}=\Bigl(x-\frac{\alpha}{2}\Bigr)^{2} + \frac{3\alpha^{2}}{4}.
Defina \beta:=\dfrac{\sqrt{3}\,\alpha}{2}. Então
\int\frac{dx}{x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}}=\int\frac{dx}{(x-\alpha/2)^{2}+\beta^{2}} = \frac{1}{\beta}\arctan\!\Bigl(\frac{x-\alpha/2}{\beta}\Bigr)+\text{const}.

Passo 7

Reunindo tudo, uma primitiva F(x) é
F(x)=A\ln|x+\alpha|+k\ln\bigl(x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}\bigr) + d\cdot\frac{1}{\beta}\arctan\!\Bigl(\frac{x-\alpha/2}{\beta}\Bigr)+C.
Substituindo \beta=\dfrac{\sqrt{3}\,\alpha}{2} e as constantes A,k,d obtidas:
F(x)=\frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}\ln|x+\alpha|+\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}\ln\bigl(x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}\bigr) + \frac{\alpha+1}{2\alpha}\cdot\frac{2}{\sqrt{3}\,\alpha}\arctan\!\Bigl(\frac{2x-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr)+C.
Simplificando o fator do arco-tangente:
F(x)=\frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}\ln|x+\alpha|+\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}\ln\bigl(x^{2}-\alpha x+\alpha^{2}\bigr) + \frac{\alpha+1}{\sqrt{3}\,\alpha^{2}}\arctan\!\Bigl(\frac{2x-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr)+C.

Passo 8

Agora avaliamos a integral definida usando o limite:
\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^{3}+5}\,dx=\lim_{R\to\infty}\bigl(F(R)-F(1)\bigr).
Precisamos do comportamento de F(R) quando R\to\infty. Para R grande nota-se que
\ln|R+\alpha|\sim\ln R,\qquad \ln\bigl(R^{2}-\alpha R+\alpha^{2}\bigr)\sim 2\ln R.
O coeficiente total do \ln R em F(R) é
A + 2k = \frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}} + 2\cdot\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}} = 0.
Logo os termos logarítmicos se cancelam assintoticamente e não produzem divergência no limite (isso era de esperar, pois a integral converge). Para a parte com arco-tangente,
\lim_{R\to\infty}\arctan\!\Bigl(\frac{2R-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr)=\frac{\pi}{2}.
Portanto
\lim_{R\to\infty}F(R)=\frac{\alpha+1}{\sqrt{3}\,\alpha^{2}}\cdot\frac{\pi}{2} + \text{(os termos log convergentes tendem a 0)},
ou seja
\lim_{R\to\infty}F(R)=\frac{\pi(\alpha+1)}{2\sqrt{3}\,\alpha^{2}}.

Passo 9

Calcular F(1). Substitua x=1 em F(x):
F(1)=\frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}\ln(1+\alpha)+\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}\ln\bigl(1-\alpha+\alpha^{2}\bigr) + \frac{\alpha+1}{\sqrt{3}\,\alpha^{2}}\arctan\!\Bigl(\frac{2-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr).

Passo 10

Finalmente, subtraindo:
\int_{1}^{\infty}\frac{x+1}{x^{3}+5}\,dx = \lim_{R\to\infty}F(R)-F(1)
= \frac{\pi(\alpha+1)}{2\sqrt{3}\,\alpha^{2}} - \left[ \frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}\ln(1+\alpha)+\frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}\ln\bigl(1-\alpha+\alpha^{2}\bigr) + \frac{\alpha+1}{\sqrt{3}\,\alpha^{2}}\arctan\!\Bigl(\frac{2-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr) \right].
Lembrando \alpha=5^{1/3}, essa expressão é o valor exato da integral. Se quiser uma aproximação numérica rápida, avaliando os termos obtém-se aproximadamente 0,8370\ldots.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi(\alpha+1)}{2\sqrt{3}\,\alpha^{2}} - \frac{1-\alpha}{3\alpha^{2}}\ln(1+\alpha) - \frac{\alpha-1}{6\alpha^{2}}\ln\bigl(1-\alpha+\alpha^{2}\bigr) - \frac{\alpha+1}{\sqrt{3}\,\alpha^{2}}\arctan\!\Bigl(\frac{2-\alpha}{\sqrt{3}\,\alpha}\Bigr)
onde \alpha=5^{1/3}.

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