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

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a integral imprópria
\int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x^{\beta}}\,dx,\qquad \alpha,\beta>0
é convergente ou divergente. Informações dadas:
  • Os parâmetros satisfazem \alpha>0 e \beta>0.
  • A integral é imprópria por dois motivos: intervalo não limitado em cima ( x\to\infty) e possível singularidade em x=0 dependendo de \alpha.
    O objetivo é analisar o comportamento da integral perto de x=0 e quando x\to\infty, e decidir sobre convergência (ou divergência).

Passo 2

Análise do comportamento perto de x=0.
Ao aproximar x de 0 vale \lim_{x\to 0} e^{-x^{\beta}}=1. Então, para x pequeno o integrando se comporta como x^{\alpha}. Lembrete prático (critério para potências): a integral
\int_{0}^{c} x^{p}\,dx
converge (tem valor finito) se, e somente se, p>-1. Esse fato vem do cálculo direto:
\int_{0}^{c} x^{p}\,dx=\left[\frac{x^{p+1}}{p+1}\right]_{0}^{c}
e a expressão no limite x\to 0 é finita exatamente quando p+1>0. No nosso caso p=\alpha. Como foi dado \alpha>0, temos \alpha>-1 e, portanto, a integral é convergente na vizinhança de 0.

Passo 3

Análise do comportamento quando x\to\infty — transformação conveniente.
Para estudar o comportamento no infinito é útil fazer a substituição
u=x^{\beta}.
Então x=u^{1/\beta} e o diferencial é
dx=\frac{1}{\beta} u^{\frac{1}{\beta}-1}\,du.
Substituindo na integral obtemos (escrevendo a transformação completa):
\int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x^{\beta}}\,dx = \int_{0}^{\infty} \bigl(u^{1/\beta}\bigr)^{\alpha} e^{-u}\cdot\frac{1}{\beta} u^{\frac{1}{\beta}-1}\,du.
Agora simplificamos as potências de u:
\bigl(u^{1/\beta}\bigr)^{\alpha}=u^{\alpha/\beta},
logo o integrando fica
\frac{1}{\beta} u^{\alpha/\beta} \cdot u^{\frac{1}{\beta}-1} e^{-u} = \frac{1}{\beta} u^{\frac{\alpha+1}{\beta}-1} e^{-u}.
Portanto
\int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x^{\beta}}\,dx = \frac{1}{\beta}\int_{0}^{\infty} u^{\frac{\alpha+1}{\beta}-1} e^{-u}\,du.

Passo 4

Reconhecimento da integral transformada como função Gamma e critério de convergência.
A integral
\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty} u^{s-1} e^{-u}\,du
define a função Gamma e converge se, e somente se, s>0. Para ver por quê, analisa-se o comportamento:
  • Perto de u=0 o integrando se comporta como u^{s-1}, que é integrável em 0 quando s-1>-1, i.e. s>0.
  • Quando u\to\infty o fator e^{-u} dá decaimento exponencial que domina qualquer potência, garantindo integrabilidade no infinito para qualquer s.
    No nosso caso o parâmetro s é
s=\frac{\alpha+1}{\beta}.
Como \alpha>0 implica \alpha+1>1>0 e \beta>0, temos \dfrac{\alpha+1}{\beta}>0. Portanto a integral do tipo Gamma converge. Assim a integral original converge por causa dessa transformação.

Passo 5

Valor da integral (além da convergência).
Pelo que mostramos,
\int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x^{\beta}}\,dx = \frac{1}{\beta}\,\Gamma\!\left(\frac{\alpha+1}{\beta}\right),
onde \Gamma é a função Gamma usual e a condição para a integral convergir é exatamente \dfrac{\alpha+1}{\beta}>0, que aqui é automaticamente satisfeita pelos dados \alpha,\beta>0.

Passo 6

Resumo final e dica prática para prova.
  • Perto de 0: comparação com \int x^{\alpha}\,dx e condição \alpha>-1. Como \alpha>0, está ok.
  • No infinito: a substituição u=x^{\beta} reduz o problema à integral de Gamma com parâmetro s=(\alpha+1)/\beta. A integral de Gamma converge se s>0, o que ocorre porque \alpha+1>0 e \beta>0.
    Dica rápida para a prova: lembrar dessa substituição como truque-padrão para integrais da forma x^{\alpha}e^{-x^{\beta}}; ela frequentemente reduz ao caso da função Gamma.

Resposta

A integral converge para todo \alpha,\beta>0 e
\int_{0}^{\infty} x^{\alpha} e^{-x^{\beta}}\,dx=\frac{1}{\beta}\,\Gamma\!\left(\frac{\alpha+1}{\beta}\right).

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