Exercícios Resolvidos de Integrais Impróprias – Limites Sendo Infinito

CEFET - Cálculo 1 - P3 Romulo 2014.2 – 2b

Calcule as integrais abaixo utilizando integração por substituição simples.

b ) ∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t ,   a > 0

Passo 1

A questão é bizarra, já se prepara...

Eu não vejo de cara nenhuma mudança muito óbvia para fazer. Vou então chamar o termo que está elevado a um expoente mais diferente, então, de outra coisa ( u ) . Além disso, vou forçar o que sobraria (estou falando daquele e - a t ) a virar meu d u :

u = 1 + e a t   ;   d u = a e a t d t → e - a t d t = d u a   e 2 a t

e - a t d t = d u a u - 1 2

Mudamos os limites também, certo?

u 0 = 1 + e a ( 0 ) = 2   ; u ( ∞ ) = 1 + e a ( ∞ ) = ∞

Vamos substituir agora e ver se melhora:

∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t = ∫ 2 ∞ u 3 / 2 d u a u - 1 2

= 1 a ∫ 2 ∞ u 3 / 2 d u u - 1 2 =

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Bom, está ruim de trabalhar assim, com o u elevado a 3 / 2 . Vou fazer uma outra mudança para chamar o que seria a raiz de u de w . Lembrando, tenho que fazer o d u e os limites também:

u 1 2 = w   ; d w = 1 2 1 u 1 2 d u → d u = 2 u 1 2   d w

d u = 2 w   d w

w 2 = u 1 2 = 2 1 2 = 2   ; w ∞ = u 1 2 = ∞ 1 2 = ∞

1 a ∫ 2 ∞ u 3 2 d u u - 1 2 = 1 a ∫ 2 ∞ w 3 2 w   d w w 2 - 1 2 = 2 a ∫ 2 ∞ w 4 w 2 - 1 2 d w

A partir daqui temos apenas polinômios.

Passo 3

Me parece que o mais simples é sair por frações parciais! O detalhe é que só temos que dividir o polinômio de cima pelo de baixo, para deixar o grau de cima abaixo do de baixo (os dois estão no grau 4 agora). Para isso, vamos ser malandros e lembrar que

w 4 = w 4 - 2 w 2 - 1 + 2 w 2 - 1 . Portanto:

2 a ∫ 2 ∞ w 4 w 4 - 2 w 2 + 1 d w = 2 a ∫ 2 ∞ w 4 - 2 w 2 + 1 + 2 w 2 - 1 w 4 - 2 w 2 + 1 d w

= 2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 d w

Agora podemos fazer frações parciais naquela divisão de polinômios:

2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 = A w + B w 2 - 1 + C w + D w 2 - 1 2 = A w + B w 2 - 1 + C w + D w 2 - 1 2

2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 = A w 3 + B w 2 - A w - B + C w + D w 2 - 1 2

A = 0 B = 2 - A + C = 0 - B + D = - 1

A = 0   ; B = 2   ; C = 0   ; D = 1

2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 w 2 - 1 2 d w = 2 a ∫ 2 ∞ 1 + 2 w 2 - 1 + 1 w 2 - 1 2 d w

= 2 a w - 2 arctg h ⁡ w 2 ∞ + 2 a ∫ 2 ∞ 1 w 2 - 1 2 d w

Como você deve ter visto, essa última integral não é uma integral direta. Eu preciso de mais um algebrismo para resolvê-la. Faremos uma substituição hiperbólica! Esse caso é o da tangente hiperbólica:

w = tg h ⁡ ( θ ) → d w = sec h 2 ⁡ ( θ ) d θ

∫ 1 w 2 - 1 2 d w = ∫ 1 tg h ⁡ θ 2 - 1 2 sec h 2 ⁡ θ d θ

= ∫ 1 - sec h 2 ⁡ ( θ ) 2 sec h 2 ⁡ θ d θ = ∫ 1 sec h 2 ⁡ θ d θ = ∫ cos h 2 ⁡ θ d θ

= ∫ 1 + cos h ⁡ 2 θ 2 d θ = θ 2 + 1 4 sen h ⁡ ( 2 θ )

Retomando a relação inversa de θ em função de w :

θ 2 + 1 4 senh ⁡ ( 2 θ ) = arctgh ⁡ w 2 + 1 2 ∙ tgh ⁡ w 1 - tg h 2 ⁡ w

Posso, finalmente, juntar tudo que eu integrei!

2 a w - 2 arctg ⁡ w + arctgh ⁡ w 2 + 1 2 ∙ tgh ⁡ w 1 - tgh 2 ⁡ w ∞ 2

2 a w - 1 2 arctg ⁡ w + 1 2 ∙ tgh ⁡ w 1 - tgh 2 ⁡ w ∞ 2

Vamos analisar essa integral imprópria aí com uma outra variável no limite superior:

2 a lim t → ∞ ⁡ t - 1 2 arctg ⁡ t + 1 2 ∙ tgh ⁡ t 1 - tgh 2 ⁡ t - 2 a 2 - 1 2 arctg ⁡ 2 + 1 2 ∙ tgh ⁡ 2 1 - tgh 2 ⁡ 2

Quanto ao termo do limite, repare que o último pedaço vai a para o , pois o denominador 1 - tgh 2 ⁡ t vai para 0 . O arco tangente vai tender para uma constante. Agora, o primeiro termo, o t , vai para o . Bom, sabendo que nessa conta toda só teremos constantes e termos que tendem a infinito, a nossa integral divergirá. Ou seja, ela vai para + ∞ !!

∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t = ∞

Questão do mal, coisa horrível...

Resposta

∫ 0 ∞ 1 + e a t 3 / 2 e - a t d t = ∞

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