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

Passo 1

O enunciado pede que se verifique se a integral imprópria
\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx,\qquad \alpha>0,
é convergente ou divergente. Informações dadas e pontos relevantes:
  • O integrando é \dfrac{\ln x}{x^{\alpha}}.
  • O único ponto potencialmente singular no intervalo [0,1] é x=0 (porque \ln x\to -\infty e x^{-\alpha}\to+\infty quando x\to0^+).
  • A integral deve ser entendida como um limite impróprio:
\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx=\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{\varepsilon}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx.
O trabalho que vem a seguir analisará esse limite e decidirá convergência/divergência para os diferentes valores de \alpha>0.

Passo 2

Vamos mudar de variável para transformar o comportamento em x\to0^+ numa integral no infinito, onde é mais fácil testar convergência. Faça a substituição
x=e^{-t}.
Explicando essa mudança: quando x\to0^+ tem-se t\to+\infty; quando x=1 tem-se t=0. A diferencial é
dx=-e^{-t}\,dt.
Também temos \ln x=-t e x^{-\alpha}=e^{\alpha t}. Substituindo na integral (no sentido do limite impróprio) obtemos a expressão equivalente em t.

Passo 3

Substituindo e trocando os limites, com cuidado no sinal:
\int_{\varepsilon}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx = \int_{t=-\ln\varepsilon}^{0} (-t)\,e^{\alpha t}\,(-e^{-t})\,dt = \int_{-\ln\varepsilon}^{0} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt.
Tomando o limite \varepsilon\to0^+ (o que corresponde a -\ln\varepsilon\to+\infty), a integral imprópria original fica
\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx = \lim_{A\to+\infty}\int_{A}^{0} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt = -\int_{0}^{\infty} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt.
Portanto a convergência da integral original equivale à convergência da integral impropria
\int_{0}^{\infty} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt.

Passo 4

Agora analisamos a integral
\int_{0}^{\infty} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt.
O comportamento dessa integral depende do sinal do expoente \alpha-1.
  • Se \alpha<1 então \alpha-1<0. Escreva \lambda=1-\alpha>0. Então
\int_{0}^{\infty} t\,e^{(\alpha-1)t}\,dt=\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\lambda t}\,dt,
que converge porque o fator exponencial e^{-\lambda t} força decaimento exponencial para t\to\infty e t cresce apenas linearmente.
  • Se \alpha=1 então \alpha-1=0 e a integral passa a ser
\int_{0}^{\infty} t\,dt,
que diverge (é óbvio: área infinita).
  • Se \alpha>1 então \alpha-1>0 e e^{(\alpha-1)t} cresce exponencialmente, portanto t\,e^{(\alpha-1)t} cresce e a integral diverge (área infinita).
Assim a integral converge somente quando \alpha<1.

Passo 5

Para finalizar, quando \alpha<1 podemos até calcular o valor da integral. Com \lambda=1-\alpha>0 temos
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\lambda t}\,dt.
Calcula-se por partes (ou usando a fórmula da função Gamma). Fazendo por partes: tome u=t e dv=e^{-\lambda t}dt, então du=dt e v=-\dfrac{1}{\lambda}e^{-\lambda t}. Assim
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\lambda t}\,dt = \left.-\frac{t}{\lambda}e^{-\lambda t}\right|_{0}^{\infty} + \frac{1}{\lambda}\int_{0}^{\infty} e^{-\lambda t}\,dt.
O termo de fronteira \left.-\dfrac{t}{\lambda}e^{-\lambda t}\right|_{0}^{\infty}=0-0=0 (porque t e^{-\lambda t}\to0 quando t\to\infty e é zero em t=0), e a integral restante é \dfrac{1}{\lambda}\cdot\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{\lambda^{2}}. Portanto
\int_{0}^{\infty} t\,e^{-\lambda t}\,dt=\frac{1}{\lambda^{2}}.
Voltando para \lambda=1-\alpha e lembrando do sinal que apareceu na mudança de variável, o valor da integral original para \alpha<1 é
\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}\,dx = -\frac{1}{(1-\alpha)^{2}}.

Resposta

Converge para 0<\alpha<1 e vale -\dfrac{1}{(1-\alpha)^{2}}.
Diverge para \alpha\ge1.

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