Exercícios Resolvidos de Integrais Impróprias – Funções com Descontinuidade

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Enunciado

Calcule as integrais abaixo.

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 d x

Passo 1

O enunciado nos pede para calcular uma integral definida. Nesse tipo de questão, tem que ter muita atenção, porque é fácil não perceber que aquela questão tem uma descontinuidade.Dá vontade de resolver direto.

Mas quando a função tem uma descontinuidade infinita no intervalo de integração dado, já sabemos que não podemos fazer isso, porque em algum momento estaríamos substituindo um valor naquela função em que ela não é contínua. Saca?

Fique muito atento. Porque essas integrais, de fato, se camuflam facilmente e passam como integrais definidas. Não se deixe enganar, porque se você resolver como integral definida, vai estar conceitualmente errado! Pode ser que, se os planetas se alinharem, o resultado até dê igual, mas o professor provavelmente ainda vai te dar errado, porque você partiu de um conceito errado!

Repara bem: temos uma função ln ⁡ x . Quando x = 0 , ln ⁡ x tende para - ∞ e ln 2 ⁡ x tende para ∞ .

lim x → 0 ⁡ ln ⁡ x 2 = + ∞

Ou seja, não se trata de uma integral definida simples, e sim, uma integral imprópria! O integrando tem uma descontinuidade infinita no intervalo de integração dado. Repara que, nesse caso, a descontinuidade está em x = 0 , que é a extremidade do intervalo [ 0,1 ] .

- ''

Passo 2

No caso em que a descontinuidade está no limite inferior de integração, substituímos esse limite por r e calculamos o limite quando r tende a esse valor pela esquerda:

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 d x = lim r → 0 + ⁡ ∫ r 1 ln ⁡ x 2 d x

Para resolver, achamos a integral indefinida e depois substituímos os limites de integração pelo Teorema Fundamental do Cálculo:

∫ ln ⁡ x 2 d x

Como se trata da integral de uma função logarítmica ln ⁡ x 2 vezes uma função polinomial x 0 d x . Vamos tentar o método de integração por partes para achar a primitiva?

u = ln ⁡ x 2 → d u = 2 ln ⁡ x . 1 x d x

d v = d x → v = x

∫ u d v = u v - ∫ v d u

∫ ln ⁡ x 2 d x = x . ln ⁡ x 2 - 2 ∫ ln ⁡ x d x

Vamos calcular a nova integral ∫ ln ⁡ x d x por partes de novo:

u = ln ⁡ x → d u = 1 x d x

d v = d x → v = x

Aplicando:

= x . ln ⁡ x 2 - 2 x ln ⁡ x + 2 ∫ d x

= x . ln ⁡ x 2 - 2 x ln ⁡ x + 2 x

Passo 3

Utilizando o Teorema Fundamental do Cálculo:

∫ r 1 ln ⁡ x 2 d x = ( 1 . ln ⁡ 1 2 - 2.1 ln ⁡ 1 + 2.1 ) - ( r . ln ⁡ r 2 - 2 r ln ⁡ r + 2 r )  

∫ r 1 ln ⁡ x 2 d x = 2 -   r . ln ⁡ r 2 + 2 r ln ⁡ r - 2 r

Voltando ao limite da integral imprópria:

lim r → 0 + ⁡ ∫ r 1 ln ⁡ x 2 d x = l i m r → 0 + 2 -   r . ln ⁡ r 2 + 2 r ln ⁡ r - 2 r

Vamos calcular os limites separadamente:

= 2 - lim r → 0 + ⁡ r   l n 2 r + 2 lim r → 0 + ⁡ r ln ⁡ r - 2 lim r → 0 + ⁡ r

Observe que nos dois primeiros limites que aparecem, eu teria uma indeterminação do tipo 0. ( ± ∞ ) :

lim r → 0 + ⁡ r   l n 2 r = 0 .   ∞

lim r → 0 + ⁡ r . ln ⁡ r = 0 . - ∞

Então o que fazemos? Temos que lembrar daqueles artificiozinhos que aprendemos lá em limites. Manipulamos a expressão de forma a chegar em uma indeterminação do tipo 0 0 ou ∞ ∞ e poder utilizar L’Hospital para poder aplicar o limite. Assim:

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 1 r = - ∞ ∞

lim r → 0 + ⁡ l n 2 r 1 r = ∞ ∞

Tendo indeterminações desse tipo, nós podemos, então, aplicar o nosso amadíssmo L’Hospital (é, parece que você nunca se livra dele mesmo...)

lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 1 r

Aplicando L’Hospital:

= lim r → 0 + ⁡ 1 r - 1 r 2 = 0

lim r → 0 + ⁡ ln 2 ⁡ r 1 r

Aplicando L’Hospital:

= lim r → 0 + ⁡ 2 ln ⁡ r . 1 r - 1 r 2 = - 2 lim r → 0 + ⁡ ln ⁡ r 1 r = 0

lim r → 0 + ⁡ r = 0

Finalmente:

2 - lim r → 0 + ⁡ r   l n 2 r + 2 lim r → 0 + ⁡ r ln ⁡ r - 2 lim r → 0 + ⁡ r = 2

Como o limite existe, a integral converge e podemos escrever:

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 d x = 2

Resposta

∫ 0 1 ln ⁡ x 2 d x = 2

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