Capítulo 11

11.1 (1) Com $u=x-2$, $\int_{3}^{\infty}\frac{dx}{x-2}=\lim_{L\to\infty}\int_{3}^{L}\frac{dx}{x-2}=\lim_{L\to\infty}\int_{1}^{L-2}\frac{du}{u}=\lim_{L\to\infty}\ln(L-2)=\infty$, diverge. (2) Diverge (é a área da região contida entre a parábola $x^{2}$ e o eixo $x$!) (3) $\int_{1}^{\infty}\tfrac{dx}{x^{7}}=\lim_{L\to\infty}\int_{1}^{L}\tfrac{dx}{x^{7}}=\tfrac{1}{6}\lim_{L\to\infty}\{1-\frac{1}{L^{6}}\}=\tfrac{1}{6}$, logo converge. (4) Como $\int_{0}^{L}\cos x\,dx=\operatorname{sen}L$, e que $\operatorname{sen}L$ não possui limite quando $L\to\infty$, a integral imprópria $\int_{0}^{\infty}\cos x\,dx$ diverge. (5) $\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+1}=\frac{\pi}{2}$, logo converge. (6) Temos $\frac{1}{x^{2}+x}=\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$, logo

Mas como $\lim_{L\to\infty}\{\ln L-\ln(L+1)\}=\lim_{L\to\infty}\ln\frac{L}{L+1}=\ln 1=0$, temos $\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+x}=\ln 2<\infty$, logo converge. (7) converge. (8) Com $u=\ln x$, $\int\frac{\ln x}{x}\,dx=\int u\,du=\frac{u^{2}}{2}+C$, logo $\int_{3}^{\infty}\frac{\ln x}{x}\,dx$ diverge. (9) converge (pode escrever $x^{4}=u^{2}$, onde $u=x^{2}$) 11.2 (1) $L(s)=\frac{k}{s}$. (2) $L(s)=\frac{1}{s^{2}}$. (3) Integrando duas vezes por partes, é fácil verificar que $L(s)$ satisfaz $L(s)=\frac{1}{s}(\frac{1}{s}-\frac{1}{s}L(s))$. Logo, $L(s)=\frac{1}{1+s^{2}}$. (4) $L(s)=\frac{1}{s+\alpha}$. 11.3 A função tem domínio $\mathbb{R}$, é ímpar e possui a assíntota horizontal $y=0$, a direita e esquerda. A sua derivada vale $f^{\prime}(x)=\frac{1-x^{2}}{(x^{2}+1)^{2}}$. Logo, $f$ decresce em $(-\infty,-1]$, possui um mínimo local em $(-1,\tfrac{1}{2})$, cresce em $[-1,+1]$, possui um um máximo local em $(+1,\tfrac{1}{2})$, e decresce em $[1,+\infty)$. A derivada segunda vale $f^{\prime\prime}(x)=\frac{2x(x^{2}-3)}{(x^{2}+1)^{3}}$. Logo, $f$ possui três pontos de inflexão: em $(-\sqrt{3},-\frac{\sqrt{3}}{4})$, $(0,0)$ e $(\sqrt{3},\frac{\sqrt{3}}{4})$, e é côncava em $(-\infty,-\frac{\sqrt{3}}{4}]$, convexa em $[-\tfrac{\sqrt{3}}{4},0]$, côncava em $[0,\tfrac{\sqrt{3}}{4}]$, e convexa em $[\tfrac{\sqrt{3}}{4},+\infty)$.

Vemos que a área procurada é dada pela integral imprópria

11.4 $f$ tem domínio $\mathbb{R}$, e é sempre positiva. Já que

$f$ tem duas assíntotas horizontais: a reta $y=0$ a esquerda, e a reta $y=1$ a direita. Como $f^{\prime}(x)=\frac{e^{x}}{(1+e^{x})^{2}}$ é sempre positiva, $f$ é crescente em todo $x$ (não possui mínimos ou máximos locais). Como $f^{\prime\prime}(x)=\frac{e^{x}(1-e^{x})}{(1+e^{x})^{2}}$, e que essa é positiva quando $x\leq 0$, negativa quando $x\geq 0$, temos que $f$ é convexa em $(-\infty,0]$, côncava em $[0,\infty)$, e possui um ponto de inflexão em $(0,\tfrac{1}{2})$:

A área procurada é dada pela integral imprópria

Com $u=e^{x}+1$ dá $du=e^{x}\,dx=(u-1)\,dx$, e

A decomposição desta última fração dá

Logo,

11.5 Considere por exemplo a seguinte função $f$:

Fora dos triângulos, $f$ vale zero. O primeiro triângulo tem base de largura $1$, o segundo $\frac{1}{2}$, o $k$-ésimo $\frac{1}{2^{k-1}}$, etc. Logo, a integral de $f$ é igual à soma das áreas dos triângulos:

Assim, a integral imprópria converge. Por outro lado, já que $f(k)=1$ para todo inteiro positivo $k$, $f(x)$ não tende a zero quando $x\to\infty$. 11.7 (1) Como $\frac{1}{\sqrt{x}^{\alpha}}=\frac{1}{x^{p}}$ com $p=\alpha/2$, a integral converge se e somente se $\alpha>2$. (2) Defina $p:=\alpha^{2}-3$. Pelo Teorema 11.1, sabemos que a integral converge se $p>1$, diverge caso contrário. Logo, a integral converge se $\alpha>2$ ou $\alpha<-2$, e ela diverge se $-2\leq\alpha\leq 2$. (3) Converge se e somente se $\alpha>1/2$ (pode fazer $u=\ln x$). 11.8 O volume do sólido é dado pela integral imprópria

Pelo Teorema 11.1, essa integral converge se $2q>1$ (isto é se $q>\tfrac{1}{2}$), diverge caso contrário. 11.9 (1) Como $x^{2}+x\geq x^{2}$ para todo $x\in[1,\infty)$, temos também $\frac{1}{x^{2}+x}\leq\frac{1}{x^{2}}$ neste intervalo, logo $\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+x}\leq\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}<\infty$, converge. (2) Como $x+1\geq x$ para todo $x\geq 1$, $\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}(x+1)}\leq\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}x}=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{3/2}}<\infty$, converge. (3) $\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{1+e^{x}}\leq\int_{0}^{\infty}e^{-x}\,dx<\infty$, converge. (4) $\int_{1}^{\infty}\frac{e^{x}}{e^{x}-1}\,dx\geq\int_{1}^{\infty}\frac{e^{x}}{e^{x}}\,dx=\int_{1}^{\infty}dx=\infty$, diverge. (5) Como $\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{2x^{2}+1}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{2x^{2}+1}+\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{2x^{2}+1}$ e $\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{2x^{2}+1}\leq\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{2x^{2}}<\infty$, temos que $\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{2x^{2}+1}$ converge. (6) Escrevendo $\tfrac{1}{x^{2}-1}=\tfrac{1}{x^{2}}\tfrac{x^{2}}{x^{2}-1}$, e observando que o máximo da função $\tfrac{x^{2}}{x^{2}-1}$ no intervalo $[3,\infty)$ é $\tfrac{9}{8}$, temos $\int_{3}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}-1}\leq\tfrac{9}{8}\int_{3}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}<\infty$, logo a integral converge. Um outro jeito de fazer é de observar que se $x\geq 3$, então $x^{2}-1\geq x^{3/2}$. (7) Como $\sqrt{x^{2}+1}\geq\sqrt{x^{2}}=x$ em todo o intervalo de integração, $\int_{1}^{\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x^{2}}dx\geq\int_{1}^{\infty}\frac{x}{x^{2}}dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x}dx$. Como aqui é uma integral do tipo $\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{p}}dx$ com $p=1$, ela é divergente. Logo, pelo critério de comparação, $\int_{1}^{\infty}\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{x^{2}}dx$ diverge também.
(8) $\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}-1}{x^{4}+1}\,dx\leq\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}}\,dx=\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{2}}\,dx<\infty$, converge. (9) Como $\operatorname{sen}x\geq-1$, $\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}+1+\operatorname{sen}x}{x}\,dx\geq\int_{1}^{\infty}\frac{x^{2}}{x}\,dx=\int_{1}^{\infty}x\,dx=\infty$, diverge. (10) Como $\ln x\geq 2$ para todo $x\geq e^{2}$, temos que $\int_{e^{2}}^{\infty}e^{-(\ln x)^{2}}\,dx\leq\int_{e^{2}}^{\infty}e^{-2\ln x}\,dx=\int_{e^{2}}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}}$, que converge. 11.10 Observe que se $0\leq x<1$, então $e^{-x^{2}/2t}\leq 1$, e se $x\geq 1$, então $x^{2}\geq x$, logo $e^{-x^{2}/2t}\leq e^{-x/2t}$. Logo,

Como essa última integral converge (ela pode ser calculada explicitamente), por comparação $\int_{0}^{\infty}e^{-\frac{x^{2}}{2t}}\,dx$ converge também. Como $x\mapsto e^{-x^{2}/2t}$ é par, isso implica que $f(t)$ é bem definida. Com a mudança $y=x/\sqrt{t}$, temos

que não depende de $t$. Assim, $f$ é constante. 11.11 (1) Por definição, $\int_{0}^{1^{-}}\frac{dx}{\sqrt{1-x}}=\lim_{\epsilon\to 0^{+}}\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{dx}{\sqrt{1-x}}=\lim_{\epsilon\to 0^{+}}\{-2\sqrt{1-x}\}_{0}^{1-\epsilon}=2$. Logo, a integral converge. (2) $\int_{0^{+}}^{1}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}dx=\lim_{\epsilon\to 0^{+}}\int_{\epsilon}^{1}\frac{\ln(x)}{\sqrt{x}}dx$. Integrando por partes, definindo $f^{\prime}(x){:=}\frac{1}{\sqrt{x}}$, $g(x){:=}\ln(x)$, temos $f(x)=2\sqrt{x}$, $g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}$, e

(Obs: pode também começar com $u=\sqrt{x}$, e acaba calculando $4\int\ln(u)du$.) Logo,

Este último passo é justificado porqué $\lim_{\epsilon\to 0^{+}}\sqrt{\epsilon}=0$, e porqué uma simples aplicação da Regra de Bernoulli-l’Hôpital dá $\lim_{\epsilon\to 0^{+}}\sqrt{\epsilon}\ln(\epsilon)=-\lim_{y\to+\infty}\frac{\ln(y)}{\sqrt{y}}=0$. Como o limite existe e é finito, a integral imprópria acima converge e o seu valor é $-4$.

(3) Observe que a função $\frac{1}{\sqrt{e^{t}-1}}$ não é definida em $t=0$, logo é necessário dividir a integral em duas integrais impróprias:

Para calcular a primitiva, seja $u=\sqrt{e^{t}-1}$, $du=\frac{e^{t}}{2\sqrt{e^{t}-1}}dt$, i.é. $dt=\frac{2u}{u^{2}+1}du$, e

Logo,

Como esses dois limites existem, $\int_{0}^{\infty}\frac{dt}{\sqrt{e^{t}-1}}$ converge, e o seu valor é $\pi$.