Verifique se as integrais impróprias a seguir são convergentes ou divergentes.
\int_{0}^{\infty} \operatorname{sen}\left(x^{\alpha}\right) d x, \alpha>0

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a integral imprópria
\int_{0}^{\infty} \operatorname{sen}\!\bigl(x^{\alpha}\bigr)\,dx,\qquad \alpha>0,
é convergente ou divergente. Informações relevantes que o enunciado nos dá:
  • O parâmetro é \alpha>0.
  • A integral é imprópria porque o intervalo de integração é [0,\infty) (problema no infinito).
  • Há também atenção à vizinhança de 0 (integral no canto esquerdo do intervalo), pois integranda é definida ali por continuidade.
  • O integrando é oscilatório ( \operatorname{sen} de algo), então a convergência, se houver, tende a ser condicional (não necessariamente absoluta).

Passo 2

Fazer uma mudança de variável automática e útil: defina
t = x^{\alpha}.
Então x = t^{1/\alpha} e
dx = \frac{1}{\alpha}\,t^{\frac{1}{\alpha}-1}\,dt.
Substituindo na integral original obtemos (a transformação é bijetiva de x\in(0,\infty) para t\in(0,\infty)):
\int_{0}^{\infty} \operatorname{sen}\!\bigl(x^{\alpha}\bigr)\,dx = \frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty} t^{\frac{1}{\alpha}-1}\,\operatorname{sen}t\,dt.
Para simplificar a notação, defina
\mu = \frac{1}{\alpha}.
Então a integral fica
\frac{1}{\alpha}\int_{0}^{\infty} t^{\mu-1}\,\operatorname{sen}t\,dt.
Portanto o problema reduz-se a estudar a convergência de
\int_{0}^{\infty} t^{\mu-1}\,\operatorname{sen}t\,dt
para \mu>0 (pois \alpha>0\Rightarrow\mu>0). Depois converteremos o resultado em termos de \alpha.

Passo 3

Analisar a região perto de 0 (possível singularidade em t=0 depois da mudança de variável).
Para t\to 0 vale \operatorname{sen}t \sim t. Então o integrando se comporta como
t^{\mu-1}\operatorname{sen}t \sim t^{\mu-1}\cdot t = t^{\mu}.
A integral \int_{0}^{\varepsilon} t^{\mu}\,dt converge se e somente se \mu>-1. Como aqui \mu>0 (porque \alpha>0), essa condição é satisfeita. Conclusão: não há problema de divergência em t=0; a possível impropriedade vem apenas do comportamento em t\to\infty.

Passo 4

Analisar a região t\to\infty. Vou usar um teste clássico para integrais de funções oscilatórias: o teste de Dirichlet (ou integração por partes). Primeiro enuncio a versão que usarei:
Teste de Dirichlet (versão para integrais): se F(T)=\int_{a}^{T} f(t)\,dt é uniformemente limitada (isto é, existe M tal que |F(T)|\le M para todo T) e g(t) é monotona com \lim_{t\to\infty} g(t)=0, então \int_{a}^{\infty} f(t)g(t)\,dt converge.
No nosso caso tome f(t)=\operatorname{sen}t e g(t)=t^{\mu-1}.
  • Calcule F(T)=\int_{0}^{T}\operatorname{sen}t\,dt = 1-\cos T. Isso é claramente limitado: |1-\cos T|\le 2 para todo T. Logo F é limitada.
  • A função g(t)=t^{\mu-1} é monótona para t grande e satisfaz \lim_{t\to\infty} t^{\mu-1}=0 exatamente quando \mu-1<0, isto é, quando \mu<1.
Pela hipótese do teste de Dirichlet, se \mu<1 então a integral \int_{0}^{\infty} t^{\mu-1}\operatorname{sen}t\,dt converge. Portanto, para \mu<1 a integral original converge.
Traduzindo em \alpha: \mu<1 equivale a \dfrac{1}{\alpha}<1, isto é \alpha>1. Logo para \alpha>1 a integral converge.

Passo 5

Mostrar que para \mu\ge 1 (equivalente a \alpha\le 1) a integral diverge.
Caso \mu=1 ( \alpha=1). A integral reduz-se a
\int_{0}^{\infty}\operatorname{sen}t\,dt,
cujo valor parcial até T é 1-\cos T. Esse limite quando T\to\infty não existe (oscila), logo a integral diverge.
Caso \mu>1 ( \alpha<1). Faço integração por partes para ver o comportamento no infinito. Para A>0 e B>A,
\int_{A}^{B} t^{\mu-1}\operatorname{sen}t\,dt = \bigl[-t^{\mu-1}\cos t\bigr]_{A}^{B} + (\mu-1)\int_{A}^{B} t^{\mu-2}\cos t\,dt.
Observe o termo de fronteira -B^{\mu-1}\cos B. Quando \mu>1 temos B^{\mu-1}\to\infty quando B\to\infty, e o fator \cos B oscila entre -1 e 1. Portanto o termo de fronteira não tem limite finito quando B\to\infty (na verdade seus valores em módulo crescem sem limite). Assim a integral impropriamente considerada não pode convergir (pois uma parte do valor parcial já explode/oscilando com amplitude crescente). Conclusão: para \mu>1 a integral diverge.

Passo 6

Sobre convergência absoluta: para qualquer \mu>0 a integral não converge absolutamente. Razão rápida: para n\in\mathbb{N} e n grande, em cada intervalo de comprimento \pi (por exemplo [n\pi,(n+1)\pi]) tem-se
\int_{n\pi}^{(n+1)\pi} t^{\mu-1}|\operatorname{sen}t|\,dt \ge (n\pi)^{\mu-1}\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\operatorname{sen}t|\,dt.
Mas \int_{n\pi}^{(n+1)\pi}|\operatorname{sen}t|\,dt é uma constante positiva (igual a 2). Portanto a soma das contribuições dos blocos dá algo comparável a \sum (n\pi)^{\mu-1}, que diverge para todo \mu\ge 0. Como \mu>0 aqui, a integral de |\operatorname{sen}t|t^{\mu-1} diverge, isto é, não há convergência absoluta. Então: quando a integral converge (caso \alpha>1), ela é apenas condicional.

Passo 7

Traduzindo tudo de volta para \alpha (lembre \mu=1/\alpha):
  • Convergência da integral ocorre exatamente quando \mu<1, isto é, quando \alpha>1.
  • Divergência ocorre quando \mu\ge 1, isto é, quando 0<\alpha\le 1.
  • Quando converge (caso \alpha>1) a convergência é condicional, não absoluta.

Resposta

Converge condicionalmente para \alpha>1.
Diverge para 0<\alpha\le 1.

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