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Sacha Friedli - Cálculo 1

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173
CAPÍTULO 6. INTEGRAL
Observação 6.11. O método de comparação é útil em certos casos, mas ele não diz
qual deve ser a função usada na comparação. Em geral, a escolha da função depende
da situação. Por exemplo, a presença de x
3
no denominador levou naturalmente a
comparar
1
x
3
+1
com
1
x
3
, cuja integral imprópria é finita. Portanto, para mostrar que
uma integral imprópria
R
1
a
f(x) dx converge, é preciso procurar uma função g tal que
0 � f(x) � g(x) e cuja integral imprópria é finita; para mostrar que
R
1
a
f(x) dx diverge,
é preciso procurar uma função h tal que f(x) � h(x) � 0 e cuja integral imprópria é
infinita.
Exercício 6.48. Quando for possível, estude as seguintes integrais via uma com-
paração.
1.
R
1
1
dx
x
2
+x
2.
R
1
1
dx
p
x(x+1)
3.
R
1
0
dx
1+e
x
4.
R
1
2
e
x
e
x
�1
dx
5.
R
1
0
dx
2x
2
+1
6.
R
1
3
dx
x
2
�1
7.
R
1
1
p
x
2
+1
x
2
dx
8.
R
1
1
x
2
�1
x
4
+1
dx
9.
R
1
1
x
2
+1+senx
x
dx
10.
R
1
e
2
e
�(lnx)
2
dx
Consideremos agora um resultado contra-intuitivo, decorrente do manuseio de integrais
impróprias:
Exemplo 6.39. Considere o sólido de revolução obtido rodando o gráfico da função
f(x) =
1
x
q
em torno do eixo x, para x � 1 (o sólido obtido é às vezes chamado de
�vuvuzela�). O seu volume é dado por
V =
Z
1
1
�f(x)
2
dx = �
Z
1
1
dx
x
2q
;
que é convergente se p >
1
2
, divergente caso contrário. Por outro lado, como f
0
(x) =
�q
x
q+1
,
a área da sua superfície é dada por
A =
Z
1
1
2�f(x)
q
1 + f
0
(x)
2
dx = 2�
Z
1
1
1
x
q
r
1 +
q
2
x
2(q+1)
dx
Como
q
1 +
q
2
x
2(q+1)
� 1, temos A � 2�
R
1
1
dx
x
q
, que é divergente se q � 1. Logo, é
interessante observar que quando
1
2
< q � 1, o sólido de revolução considerado possui
um volume finito, mas uma superfície infinita.
6.10.4 Integrais impróprias em R
Integrais impróprias foram até agora definidas em intervalos semi-infinitos, da forma
[a;1) ou (�1; b].
Versão: 6 de agosto de 2012. Sugestões, críticas e correções: sacha@mat.ufmg.br
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CAPÍTULO 6. INTEGRAL
Definição 6.4. Seja f : R! R. Se existir um a 2 R tal que as integrais impróprias
Z
a
�1
f(t) dt ;
Z
1
a
f(t) dt
existem, então diz-se que a integral imprópria
R
1
�1
f(t) dt converge, e o seu valor
é definido como
Z
1
�1
f(t) dt:=
Z
a
�1
f(t) dt+
Z
1
a
f(t) dt :
Exercício 6.49. Mostre que a função definida por
g(t):=
1
p
2�t
Z
1
�1
e
�
x
2
2t
dx ; t > 0
é bem definida. Isto é: a integral imprópria converge para qualquer valor de t > 0.
Em seguida, mostre que g é constante
a
.
a
Pode ser mostrado (ver Cálculo III) que essa constante é 1.
6.10.5 Integrais impróprias em intervalos finitos
Consideremos agora o problema de integrar uma função num intervalo finito, por ex-
emplo da forma ]a; b]. Aqui, suporemos que f :]a; b] ! R é contínua, mas possui uma
descontinuidade, ou uma assíntota vertical em a.
A integral de f em ]a; b] será definida de maneira parecida: escolheremos um � > 0,
calcularemos a integral de Riemann de f em [a+�; b], e em seguida tomaremos o limite
�! 0
+
:
Definição 6.5. Seja f :]a; b]! R uma função contínua. Se o limite
Z
b
a
+
f(x) dx:= lim
�!0
+
Z
b
a+�
f(x) dx (6.42)
existir e for finito, diremos que a integral imprópria
R
b
a
+
f(x) dx converge. Caso
contrário, ela diverge. Integrais impróprias para f : [a; b) ! R se definem da
mesma maneira:
Z
b
�
a
f(x) dx:= lim
�!0
+
Z
b��
a
f(x) dx : (6.43)
Exemplo 6.40. A função
1
p
x
é contínua no intervalo ]0; 1], mas possui uma assíntota
vertical em x = 0.
p
�
1
p
x
1
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CAPÍTULO 6. INTEGRAL
Para definir a sua integral em ]0; 1], usemos uma integral imprópria:
Z
1
0
+
dx
p
x
:= lim
�!0
+
Z
1
�
dx
p
x
= lim
�!0
+
n
2
p
x
o
�
�
�
�
1
�
= 2 lim
�!0
+
f1�
p
�g = 2 :
Assim, apesar da função tender a +1 quando x! 0
+
, ela delimita uma área finita.
Exemplo 6.41. Suponha que se queira calcular a área da região finita delimitada pelo
eixo x e pelo gráfico da função f(x) = x(lnx)
2
(essa função foi estudada no Exercício
5.74):
x(lnx)
2
p
1
Como f(x) não é definida em x = 0, essa área precisa ser calculada via a integral
imprópria
Z
1
0
+
x(lnx)
2
dx = lim
�!0
+
Z
1
�
x(lnx)
2
dx :
A primitiva de x(lnx)
2
para x > 0 já foi calculada no Exercício 6.17: logo,
Z
1
�
x(lnx)
2
dx =
�
1
2
x
2
(lnx)
2
�
1
2
x
2
lnx+
1
4
x
2
ff
�
�
�
�
1
�
=
1
4
�
1
2
�
2
(ln �)
2
+
1
2
�
2
ln ��
1
4
�
2
Pode ser verificado, usando a Regra de B.H., que lim
�!0
+
�
2
(ln �)
2
= lim
�!0
+
�
2
ln � = 0,
logo
Z
1
0
+
x(lnx)
2
dx =
1
4
:
Exercício 6.50. Estude as integrais impróprias abaixo. Se convergirem, dê os seus
valores.
1.
R
1
�
0
dx
p
1�x
2.
R
1
0
+
ln(x)
p
x
dx 3.
R
1
0
+
dt
p
e
t
�1
6.11 Integrar potências de funções trigonométricas
Nesta seção estudaremos integrais envolvendo funções trigonométricas. Essas integrais
aparecem em geral após ter feito uma substituição trigonométrica, que é o nosso último
método de integração, e que será apresentado na próxima seção.
6.11.1 Primitivas das funções sen
m
x cos
n
x
Aqui estudaremos primitivas da forma
Z
sen
m
x cos
n
x dx :
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CAPÍTULO 6. INTEGRAL
Consideremos primeiro integrais contendo somente potências de senx, ou de cosx. Além
dos casos triviais
R
senx dx = � cosx + C e
R
cosx dx = senx + C já encontramos, no
Exemplo 6.13,
Z
sen
2
x dx =
Z
1�cos(2x)
2
dx =
x
2
�
1
4
sen(2x) + C :
Consequentemente,
Z
cos
2
x dx =
Z
f1� sen
2
xg dx = x�
Z
sen
2
x dx =
x
2
+
1
4
sen(2x) + C : (6.44)
Potências ímpares podem ser tratadas da seguinte maneira:
Z
cos
3
x dx =
Z
(cosx)
2
cosx dx =
Z
(1� sen
2
x) cosx dx :
Chamando u:= senx, obtemos
Z
cos
3
x dx =
Z
(1� u
2
) du = u�
1
3
u
3
+ C = senx�
1
3
sen
3
x+ C :
A mesma idéia pode ser usada para integrar
R
sen
m
x cos
n
x dx quando pelo menos um
dos expoentes, m ou n, é ímpar. Por exemplo,
Z
sen
2
x cos
3
x dx =
Z
sen
2
x cos
2
x cosx dx
=
Z
sen
2
x(1� sen
2
x) cosx dx =
Z
u
2
(1� u
2
) du ;
onde u = senx. Logo,
Z
sen
2
x cos
3
x dx =
1
3
u
3
�
1
5
u
5
+ C =
1
3
sen
3
x�
1
5
sen
5
x+ C :
Para tratar potências pares, comecemos usando uma integração por partes. Por exem-
plo,
Z
cos
4
x dx =
Z
cosx cos
3
x dx = senx cos
3
x�