Verifique se as integrais impróprias a seguir são convergentes ou divergentes.
\int_{0}^{1} \frac{d x}{x^{\alpha}}, \alpha>0

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a integral imprópria
\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{\alpha}},\qquad \alpha>0
é convergente ou divergente. Informações relevantes fornecidas:
  • A integral é imprópria porque o integrando \dfrac{1}{x^{\alpha}} fica não limitado quando x\to0^+.
  • O intervalo de integração é [0,1]; o problema está na singularidade em x=0.
  • A pergunta é única: determinar para quais valores de \alpha>0 a integral converge e para quais diverge.

Passo 2

Definição prática de integral imprópria a usar: interpretar a integral como limite que evita a singularidade em zero. Ou seja,
\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{\alpha}}=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x^{\alpha}}.
Essa é a forma correta de tratar a singularidade em x=0: primeiro integrar em [\varepsilon,1] com \varepsilon>0 e depois tomar \varepsilon\to0^+.

Passo 3

Calcular a primitiva de x^{-\alpha} (considerando o caso \alpha\neq1):
\text{Para }\alpha\neq1:\qquad \int x^{-\alpha}\,dx=\frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha}+C,
onde aqui 1-\alpha é o expoente novo da potência e 1-\alpha no denominador vem da regra de integrar potências: \int x^{n}\,dx=\dfrac{x^{n+1}}{n+1} (válido se n\neq-1). Aplicando aos limites \varepsilon e 1,
\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x^{\alpha}}=\left.\frac{x^{1-\alpha}}{1-\alpha}\right|_{\varepsilon}^{1} =\frac{1^{\,1-\alpha}-\varepsilon^{\,1-\alpha}}{1-\alpha} =\frac{1-\varepsilon^{\,1-\alpha}}{1-\alpha}.

Passo 4

Agora tomamos o limite \varepsilon\to0^+ e analisamos conforme o sinal de 1-\alpha.
  • Se \alpha<1 então 1-\alpha>0. Nesse caso \varepsilon^{\,1-\alpha}\to0 quando \varepsilon\to0^+. Logo
\lim_{\varepsilon\to0^+}\frac{1-\varepsilon^{\,1-\alpha}}{1-\alpha}=\frac{1-0}{1-\alpha}=\frac{1}{1-\alpha},
que é finito. Portanto, para \alpha<1 a integral converge e o valor é \dfrac{1}{1-\alpha}.
  • Se \alpha>1 então 1-\alpha<0. Nesse caso \varepsilon^{\,1-\alpha}=\varepsilon^{-(\alpha-1)}\to+\infty quando \varepsilon\to0^+. Assim o numerador 1-\varepsilon^{\,1-\alpha}\to-\infty e como o denominador 1-\alpha<0 o quociente tende a +\infty. Portanto a integral diverge (tende a infinito) para \alpha>1.

Passo 5

Tratar o caso \alpha=1 separadamente (pois a primitiva usada antes não vale para \alpha=1). Quando \alpha=1 temos
\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x}=\left.\ln x\right|_{\varepsilon}^{1}=\ln 1-\ln\varepsilon=-\ln\varepsilon.
Ao fazer \varepsilon\to0^+ tem-se -\ln\varepsilon\to+\infty. Logo a integral diverge quando \alpha=1.

Passo 6

Síntese do resultado e interpretação intuitiva: a integral converge exatamente quando a singularidade em 0 não é “forte demais”, i.e. quando \alpha<1. Para \alpha\ge1 a singularidade é forte o bastante para causar divergência. Em linguagem rápida (teste-p): a integral do tipo \int_{0}^{1} x^{-p}\,dx converge se, e somente se, p<1.
Exemplos concretos para fixar:
  • Se \alpha=\tfrac{1}{2} (menor que 1), a integral converge e vale \dfrac{1}{1-\tfrac{1}{2}}=2.
  • Se \alpha=2 (maior que 1), a integral diverge para +\infty.

Passo 7

Dica para a prova: sempre comece reescrevendo a integral imprópria com o limite \varepsilon\to0^+. Em seguida calcule a primitiva (ou reconheça o caso \alpha=1 que dá logaritmo) e só depois avalie o limite; isso evita erros de raciocínio e é rápido de aplicar sob pressão.

Resposta

Converge se \alpha<1; diverge se \alpha\ge1.

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