2.3 Integrais impróprios - parte 2

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Critério de comparação

Sejam $f,g : [a,b[ \; \to \mathbb R$ integráveis em qualquer intervalo $[a,\beta]$, com $a < \beta < b \in \mathbb R \cup \{ \infty \}$. Sejam $\int_a^b f(x) \, dx$ e $\int_a^b g(x) \, dx$ integrais impróprios (de 1.ª espécie ou de 2.ª espécie, consoante $b$ seja infinito ou não). Suponhamos que $0 \leq f(x) \leq g(x)$, $\forall x \in [a,b[$. Então

$\hspace{1cm}$ se $\displaystyle \int_a^b g(x) \, dx$ é convergente, também $\displaystyle\int_a^b f(x) \, dx$ é convergente.

E, naturalmente,

$\hspace{1cm}$ se $\displaystyle \int_a^b f(x) \, dx$ é divergente, também $\displaystyle\int_a^b g(x) \, dx$ é divergente.

No caso de convergência verifica-se, além do mais, a desigualdade $\displaystyle \int_a^b f(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx$.

Um correspondente critério de comparação vale também para integrais impróprios em que as funções $f,g$ estão definidas em $]a,b]$ e são integráveis em qualquer intervalo $[\alpha,b]$, com $b > \alpha > a \in \mathbb R \cup \{ -\infty \}$.

Na ligação abaixo faz-se uma prova esquemática deste critério, mas é capaz de ser preferível convenceres-te da sua plausibilidade esboçando a situação e tirando partido da interpretação geométrica do integral.

Ver breves indicações para uma prova analítica da convergência enunciada acima

Como se supõe que $\int_a^b g(x) \, dx$ converge e como $\int_a^\beta g(x) \, dx$ cresce com $\beta$ (pois $g \geq f \geq 0$), então

(1)

\begin{align} \int_a^\beta g(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx. \end{align}

Como

(2)

\begin{align} \int_a^\beta f(x) \, dx \leq \int_a^\beta g(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx \end{align}

(pois $f \leq g$) e $\int_a^\beta f(x) \, dx$ também cresce com $\beta$ (pois $f \geq 0$), então $\int_a^b f(x) \, dx$ converge e

(3)

\begin{align} \int_a^b f(x) \, dx \leq \int_a^b g(x) \, dx. \end{align}

Exemplo

Observa que, para $x \in [0,1[$,

(4)

\begin{align} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \leq \frac{1}{\sqrt{1-x}}\; \Leftrightarrow \; \sqrt{1-x^2} \geq \sqrt{1-x} \; \Leftrightarrow \; 1-x^2 \geq 1-x \; \Leftrightarrow \; x^2 \leq x \; \Leftrightarrow \; x \leq 1. \end{align}

Então o critério acima conjugado com um dos exemplos da parte anterior garante que o integral impróprio $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\, dx$ converge e que

(5)

\begin{align} \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx \leq 2. \end{align}

Exercício I

1. Mostra que o integral impróprio $\int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ também é convergente e que, na verdade, $\int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.

Ver soluções ou indicações

1. $\int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx = \lim_{\alpha \to -1+} \int_\alpha^0 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx =$¹ $\lim_{\alpha \to -1+} -\int_{-\alpha}^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt$
   $\qquad \qquad \qquad = \lim_{\alpha \to -1+} \int_0^{-\alpha} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt = \lim_{\beta \to 1-} \int_0^\beta \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt = \int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$.

Os resultados do Exemplo e do Exercício acima permitem estender por continuidade a $1$ e a $-1$ a definição da função $\arcsin$ considerada na parte 5 da secção 2.2, isto é,

(6)

\begin{align} \arcsin 1 := \lim_{x \to 1-} \arcsin x = \int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt \quad \mbox{e} \quad \arcsin(-1) := \lim_{x \to -1+} \arcsin x = - \int_{-1}^0 \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \, dt . \end{align}

Para estar de acordo com o que classicamente se espera que seja o $\arcsin$, podemos agora definir rigorosamente o número $\pi$ como

(7)

\begin{align} \pi := 2 \int_{0}^1 \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx, \end{align}

o que permite, por exemplo, calcular valores aproximados de $\pi$ usando técnicas de Análise Numérica.

Exercícios II

1. Determina a natureza dos seguintes integrais impróprios comparando-os com os integrais impróprios dos exercícios 2 e 3 da parte anterior:
   1. $\int_0^\infty \frac{x}{x^3+1}\, dx.$
   2. $\int_1^\infty \frac{2+e^{-x}}{x}\, dx.$
   3. $\int_0^1 \frac{\sec^2x}{x\sqrt{x}}\, dx.$
   4. $\int_0^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx.$

Ver soluções ou indicações

1. Apresentam-se resoluções para as quatro alíneas:
   1. A natureza de $\int_0^\infty \frac{x}{x^3+1}\, dx$ é a mesma de $\int_1^\infty \frac{x}{x^3+1}\, dx$.² Comparando com o integral convergente $\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\, dx$, como $0 \leq \frac{x}{x^3+1} \leq \frac{1}{x^2}$ quando $x \in [1,\infty[$, então o integral dado também converge.
   2. Como $\frac{2+e^{-x}}{x} \geq \frac{1}{x} \geq 0$, $\forall x \in [1,\infty[$, e $\int_1^\infty \frac{1}{x}\, dx$ diverge, então o integral dado também diverge.
   3. Como $\frac{\sec^2x}{x\sqrt{x}} \geq \frac{1}{x^{3/2}} \geq 0$, $\forall x \in ]0,1]$, e $\int_0^1 \frac{1}{x^{3/2}}\, dx$ diverge, então o integral dado também diverge.
   4. A natureza de $\int_0^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx$ é a mesma de $\int_0^1 \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx.$³ Como $0 \leq \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \leq \frac{2}{x^{1/2}}$, $\forall x \in ]0,1]$, a natureza de $\int_0^1 \frac{2}{x^{1/2}} \, dx$ é a mesma de $\int_0^1 \frac{1}{x^{1/2}} \, dx$⁴ e este último integral é convergente, então o integral dado também converge.

Integrais impróprios absolutamente convergentes

Contrariamente ao que se passa com a integração à Riemann, o facto de um integral impróprio convergir não garante que o integral impróprio do seu módulo convirja. Curiosamente, é precisamente o contrário que é verdadeiro:

Seja $f : [a,b[ \; \to \mathbb R$ integrável em qualquer intervalo $[a,\beta]$, com $a < \beta < b \in \mathbb R \cup \{ \infty \}$. Seja $\int_a^b f(x) \, dx$ integral impróprio (de 1.ª espécie ou de 2.ª espécie, consoante $b$ seja infinito ou não). Então

1. $\int_a^b |f(x)| \, dx$ é também um integral impróprio;
2. se $\int_a^b |f(x)| \, dx$ convergir, também $\int_a^b f(x) \, dx$ converge e verifica-se a desigualdade triangular
   $\qquad \displaystyle \left| \int_a^b f(x)\, dx \right| \leq \int_a^b |f(x)|\, dx.$

Omitimos a prova.

Um correspondente resultado vale também para funções $f$ definidas em $]a,b]$ e integráveis em qualquer intervalo $[\alpha,b]$, com $b > \alpha > a \in \mathbb R \cup \{ -\infty \}$.

Um integral impróprio cujo integral do módulo convirja diz-se um integral impróprio absolutamente convergente. Nestes termos, os dois resultados anteriores dizem-nos, em particular, que um integral impróprio absolutamente convergente é convergente.

Exemplo de aplicação

Como $0 \leq \frac{|\sin x|}{x^2} \leq \frac{1}{x^2}$, $\forall x \in [1,\infty[$, com a ajuda do Critério de comparação acima e dos exercícios 2 e 3 da parte anterior podemos afirmar que $\int_1^\infty \frac{\sin x}{x^2}\, dx$ converge.

Integrais e CAS

Podes calcular integrais de Riemann ou integrais impróprios convergentes usando um CAS como a WolframAlpha. Por exemplo, no caso dos exercícios acima obterás, no caso de divergência a indicação de que o integral não converge e no caso de convergência o valor exato ou aproximado do integral em cada caso.

O tipo de instrução a usar pode ser — e usando como exemplo a alínea 1.4 acima —

integral of (1+sin^2(x))/(sqrt(x)) from 0 to pi

obtendo-se neste caso a resposta

$\qquad \displaystyle -\frac{1}{2} \sqrt{\pi} \, (C(2)-6) \approx 4.88466$

e a informação de que $C(x)$ é o integral $C$ de Fresnel. Seguindo a ligação para a definição deste descobrimos que

(8)

\begin{align} C(x) := \int_0^x \cos\big(\frac{1}{2}\pi \, t^2\big)\, dt, \end{align}

um integral indefinido. Nada mais explícito aparece porque estamos perante um daqueles casos em que a primitiva não é uma função elementar. Apesar de tudo, como se vê pela resposta acima, é-nos dado também um valor aproximado para o integral em causa. Em alternativa à possibilidade de obter tais valores através de técnicas de Análise Numérica baseadas na interpretação geométrica do integral, em Cálculo II veremos como fazê-lo através de integração termo a termo de séries de potências que representem as funções integrandas.

Experimenta integrar as funções listadas no final da parte 4 da secção 2.1 (as quais, tal como aí referido, são exemplos de funções cujas primitivas não são funções elementares) e verás aparecer nas respostas mais funções estranhas.

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Comentários:

Exercio 4

Contrition 28 Dec 2013 18:06

Boa tarde,
No exercicio 4 porque se podem fazer aquelas duas mudanças?
nao consigo clickar no ponto de exclamação.
Obrigado

Re: Exercio 4

amcaetano 28 Dec 2013 19:06

Olá,

As notas informativas (que deveriam mostrar a informação simplesmente ao colocares o ponteiro sobre elas) neste caso não te ajudam muito, pois pedem precisamente para o leitor justificar essas passagens.

Como se trata de algo que se poderá aplicar em várias situações análogas, aqui vai uma explicação, onde pressuponho que sabes a definição de integral impróprio a aplicar neste caso (cf. parte anterior):

Justificação da 1.ª afirmação sobre naturezas iguais:

(1)

\begin{eqnarray} \int_0^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx & = & \lim_{\alpha \to 0+} \int_\alpha^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx \\ & = & \lim_{\alpha \to 0+} \left( \int_\alpha^1 \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx + \int_1^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx \right) \\ & = & \left( \lim_{\alpha \to 0+} \int_\alpha^1 \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx \right) + \int_1^\pi \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx. \end{eqnarray}

Assim, se o último limite existir finito o mesmo acontece ao primeiro. E vice-versa (argumentando de modo análogo, começando agora com $\int_0^1 \frac{1+\sin^2x}{\sqrt{x}} \, dx$).

Deixo por tua conta a justificação das passagens feitas acima.

Justificação da 2.ª afirmação sobre naturezas iguais:

(2)

\begin{align} \int_0^1 \frac{2}{x^{1/2}} \, dx = \lim_{\alpha \to 0+} \int_\alpha^1 \frac{2}{x^{1/2}} \, dx = \lim_{\alpha \to 0+} \left( 2 \int_\alpha^1 \frac{1}{x^{1/2}} \, dx \right) = 2 \lim_{\alpha \to 0+} \int_\alpha^1 \frac{1}{x^{1/2}} \, dx. \end{align}

Assim, se o último limite existir finito o mesmo acontece ao primeiro. E vice-versa (argumentando de modo análogo, começando agora com $\int_0^1 \frac{1}{x^{1/2}} \, dx$).

Novamente, deixo por tua conta a justificação das passagens feitas acima.

Re: Exercio 4

Contrition 28 Dec 2013 19:53

Muito obrigado, ajudou bastante.
Boas Festas,
João Simões

Re: Exercio 4

amcaetano 28 Dec 2013 20:20

Muito obrigado, ajudou bastante.
Boas Festas,
João Simões

Obrigado. Boas entradas no Novo Ano também!
AC

Last edited on 28 Dec 2013 20:21 by amcaetano Show more

Footnotes

1. Porquê?

2. Porquê?

3. Porquê?

4. Porquê?