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

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a integral imprópria
\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx,\qquad \alpha>0
é convergente ou divergente. Informações dadas e o que precisa ser decidido:
  • A integral é imprópria pela presença do limite superior infinito.
  • O parâmetro \alpha é um número real positivo, isto é \alpha>0.
  • Precisa-se determinar, para cada \alpha>0, se a integral converge ou diverge; e, quando convergir, dizer se é convergência absoluta ou apenas condicional.

Passo 2

Definição e estratégia: dizer que a integral converge significa que existe o limite
\lim_{R\to\infty}\int_{1}^{R}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx
finito. Vou testar duas coisas separadamente:
  1. Convergência absoluta: estudar \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx.
  2. Convergência (possivelmente condicional): provar que \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{1}^{R}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx existe mesmo quando a integral absoluta diverge.
Essas duas verificações permitem classificar a convergência.

Passo 3

Teste de convergência absoluta. Usar comparação com \dfrac{1}{x^{\alpha}}, já que 0\le|\cos x|\le1.
Se \alpha>1 então
\int_{1}^{\infty}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx \le \int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}\,dx,
e \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}\,dx converge para \alpha>1. Logo a integral original é absolutamente convergente quando \alpha>1.
Agora, se 0<\alpha\le1 argumento que a integral absoluta diverge. Razão: existem muitas subintervalos onde |\cos x| é uniformemente afastado de zero. Por exemplo, para todo inteiro n\ge0 tem-se \cos x\ge\frac{1}{2} para x\in[2n\pi,2n\pi+\tfrac{\pi}{3}] (porque \cos\theta\ge\frac12 para \theta\in[0,\tfrac{\pi}{3}]). Assim, para n grande,
\int_{2n\pi}^{2n\pi+\frac{\pi}{3}}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx \ge \int_{2n\pi}^{2n\pi+\frac{\pi}{3}}\frac{1/2}{x^{\alpha}}\,dx \ge \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{3}\cdot\frac{1}{(2n\pi+\frac{\pi}{3})^{\alpha}}.
Somando sobre n=1,2,3,\dots obtém-se uma série comparável a uma série harmônica p-adica:
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(C n)^{\alpha}}
com constante C>0. Essa série diverge quando \alpha\le1. Portanto a integral absoluta
\displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx diverge para 0<\alpha\le1.
Conclusão até aqui:
  • \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx é absolutamente convergente se \alpha>1.
  • Para 0<\alpha\le1 a integral NÃO é absolutamente convergente (a integral dos valores absolutos diverge).

Passo 4

Provar convergência (possivelmente condicional) para todos \alpha>0. Vou usar uma integração por partes clássica — é uma forma construtiva que mostra existência do limite.
Definir, para R>1,
I(R)=\int_{1}^{R}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx.
Fazer integração por partes com
u(x)=\frac{1}{x^{\alpha}},\qquad dv=\cos x\,dx.
Então
du=-\alpha\,\frac{1}{x^{\alpha+1}}\,dx,\qquad v=\sin x.
Aplicando a fórmula de integração por partes:
I(R)=\left[\frac{\sin x}{x^{\alpha}}\right]_{1}^{R} + \alpha\int_{1}^{R}\frac{\sin x}{x^{\alpha+1}}\,dx.
Agora analisar o limite quando R\to\infty:
  • O termo de fronteira satisfaz
\lim_{R\to\infty}\frac{\sin R}{R^{\alpha}}=0
porque |\sin R|\le1 e R^{-\alpha}\to0 para qualquer \alpha>0. Portanto o termo de fronteira converge para -\dfrac{\sin 1}{1^{\alpha}}=-\sin 1.
  • Resta estudar \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha+1}}\,dx. Note que \alpha+1>1, e portanto por comparação com \dfrac{1}{x^{\alpha+1}} temos
\int_{1}^{\infty}\left|\frac{\sin x}{x^{\alpha+1}}\right|\,dx \le \int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha+1}}\,dx <\infty.
Logo a integral \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{\alpha+1}}\,dx converge absolutamente e, em particular, converge.
Com isso, ao passar ao limite R\to\infty na expressão para I(R) obtemos um valor finito. Portanto a integral \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx converge para todo \alpha>0.
(Uma observação conceitual: este passo é essencialmente equivalente ao uso do teste de Dirichlet — a primitiva de \cos x é \sin x que é limitada, e x^{-\alpha} é monotona decrescente para \alpha>0 e tende a zero — por isso o teste de Dirichlet também dá convergência para todo \alpha>0.)

Passo 5

Classificação final e interpretação didática:
  • Para todo \alpha>0 a integral imprópria
\int_{1}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{\alpha}}\,dx
converge (o limite existe e é finito).
  • Se \alpha>1 a convergência é absoluta, porque então
\int_{1}^{\infty}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx \le \int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{\alpha}}\,dx<\infty.
  • Se 0<\alpha\le1 a integral não converge absolutamente (ou seja, \displaystyle\int_{1}^{\infty}\frac{|\cos x|}{x^{\alpha}}\,dx=\infty), mas ainda assim a integral original converge (convergência condicional) — por integração por partes ou pelo teste de Dirichlet.

Resposta

A integral converge para todo \alpha>0.
Convergência absoluta para \alpha>1.
Convergência condicional (não absoluta) para 0<\alpha\le1.

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