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Maio 9, 2012

Exercício sobre convergência de um integral impróprio paramétrico

Filed under: Cálculo,Exercícios Matemáticos,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Problemas — Américo Tavares @ 12:25 pm
Tags: Exercícios, Matemática, Problema

Exercício ([1, exercício 4, p. 648]) Determine a região do plano $xy$ onde o integral a seguir indicado é convergente

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\frac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t$

Resolução: decomponha-se o integral misto na soma dos dois integrais seguintes, respectivamente, de 2.ªe 1.ª espécie

$I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t+\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t=I_{1}+I_{2}$

em que

$\begin{aligned}I_{1}&=&\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t\\I_{2} &=&\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t\end{aligned}$

Seja $f(t)=1/(t^{x}\left( 1+t^{y}\right) )$ e escolha-se a função $g_{1}(t)=1/t^{x}$ . Aplique-se o critério de convergência do limite. Como

$\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(t)}{g_{1}(t)}=\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{1}{1+t^{y}}=1\qquad (y<0)$

Ora $\displaystyle\int_{0}^{1}t^{-x}\;\mathrm{d}t$ é convergente, se $x<1$ , donde o integral $I_{1}$ converge na região $R_{1}=\left\{ \left( x,y\right) :x<1\wedge y>0\right\}$ . Seja agora $g_{2}(t)=1/t^{x+y}$ . Então, aplicando novamente o critério do limite

$\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{f(t)}{g_{2}(t)}=\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{t^{x+y}}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }=\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{t^{y}}{1+t^{y}}=1\qquad (y>0)$

como, para $x+y>1$ o integral $\displaystyle\int_{1}^{\infty }t^{-\left( x+y\right) }\;\mathrm{d}t$ é convergente, conclui-se que $I_{2}$ converge na região $R_{2}=\left\{ \left( x,y\right) :x+y>1\right\}$ . Resulta por fim que $I$ converge em

$R=R_{1}\cap R_{2}=\left\{ \left( x,y\right) :x<1\wedge y>1-x\right\}$

ou seja, à esquerda da recta $x=1$ e acima da recta $y=1-x$ .

–

[1] TAYLOR, Angus, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, Waltham, Massachusetts, 1955.

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Maio 7, 2012

Mathematics Stack Exchange — Duas perguntas e respostas sobre a função gama

Filed under: Cálculo,Função Gama,Funções Especiais,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 9:49 pm
Tags: Matemática, MSE

[Original in English]

Esta é a tradução portuguesa do meu post Two Mathematics Stack Exchange Questions and Answers on the Gamma Function

Questão de pomme. Definição da função gama

“Sei que a função gama com o argumento $(-\dfrac{1}{ 2})$ — por outras palavras $\Gamma(-\dfrac{1}{2})$ é igual a $-2\pi^{1/2}$ . Porém, sendo a definição de

$\Gamma(k)=\displaystyle\int_0^\infty t^{k-1}e^{-t}dt$

como é que $\Gamma(-\frac{1}{2})$ se pode obter desta definição? WolframAlpha diz que não converge…”

Minha resposta

A sua dúvida faz sentido se para $k=-1/2$ tentar usar a definição da função gama pelo integral que escreveu, porque ele diverge em $k=-1/2$ como diz. Vou tentar esclarecer como segue. Esta representação integral da função gama (uso $x$ em vez de $k$ )

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}dt\qquad(0)$

é válida nos reais, se e só se, $x>0$ . Usando a integração por partes podemos mostrar que

$\Gamma (x+1)=x\Gamma (x).\qquad(1)$

Para $x<0$ podemos definir $\Gamma (x)$ pata todos os valores negativos de $x$ excepto $-1,-2,-3,\cdots$ não pelo integral $(0)$ , mas antes através da equação funcional $(1)$ , que é da forma

$\Gamma (x)=\dfrac{\Gamma(x+1)}{x}.\qquad(2)$

Então $x+1>0$ [e] $\Gamma (x+1)$ é convergente. No seu exemplo $x=-1/2$ , logo $x+1=1/2$ e $\Gamma (1+x)=\Gamma (1/2)$ . Assim obtemos

$\Gamma (-1/2)=\dfrac{\Gamma(1/2)}{-1/2}=-2\Gamma (1/2)=-2\sqrt{\pi },\qquad(3)$

em que usamos o valor conhecido do integral $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi }$ , que pode calcular-se, por exemplo a partir da igualdade

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy=\dfrac{\pi }{4}=\left( \displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx\right) ^{2}.\qquad(4)$

Analogamente, para $x=-3/2$ , de $(2)$ determinamos que $\Gamma (-3/2)=-\frac{2}{3}\Gamma (-1/2)$ , usiando duas vezes $(3)$ . A este processo chama-se prolongamento analítico, cuja verdadeira compreensão exige o conhecimento de análise complexa.

$\text{Plot of }y=\Gamma(x)\quad -5<x<5$

Questão de Amitabh Udayiman. Convergência deste integral

“O meu livro escolar de estatística indicada pela minha escola afirma que o integral

$\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx$

é convergente para $n>0$ , não o demonstrando. Por isso alguém me poderia ajudar a demonstrá-lot? Mais uma vez obrigado!”

Minha resposta. Parto do princípio que $n$ é um número real. Decomponha o integral impróprio da função gama

$\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(0)$

em $I_1+I_2$ , em que

$I_1=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(1)$

$I_2=\displaystyle\int_{1}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(2)$

1. Para demonstrar que o integral $I_2$ é sempre convergente use o facto de que qualquer que seja o número real $\alpha$ o integral

$\int_{1}^{\infty }e^{-x}x^{\alpha }dx\qquad(3)$

é convergente, pelo critério do limite

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{e^{-x}x^{\alpha }}{x^{-2}}=0\qquad(4)$

comparando-o com o integral convergente

$\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{2}}.\qquad(5)$

2. Quanto a $I_1$ considere dois casos. (a) Se $n\geq 1$ , observe que $\lim_{x\rightarrow 0}e^{-x}x^{n-1}=0$ , logo $I_1$ é um integral próprio. (b) Se $0<n<1$ , a função integranda $e^{-x}x^{n-1}$ comporta-se como $x^{n-1}$ na vizinhança de $n=0$ , porque $e^{-x}\rightarrow 1$ quando $x\rightarrow 0$ . Visto que

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{1-n}}\qquad(6)$

é convergente, se e só se, $1-n<1$ , isto é $n>0$ , também o é $I_1$ , o que faz com que $\Gamma(n)=I_1+I_2$ seja convergente para $n>0.$

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Maio 6, 2012

Two Mathematics Stack Exchange Questions and Answers on the Gamma Function

Filed under: Cálculo,Função Gama,Funções Especiais,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 11:49 pm
Tags: Matemática, Math, MSE

I post here together two answers of mine on MSE both on the gamma function.

Question by pomme. Definition of the gamma function

“I know that the Gamma function with argument $(-\dfrac{1}{ 2})$ — in other words $\Gamma(-\dfrac{1}{2})$ is equal to $-2\pi^{1/2}$ . However, the definition of

$\Gamma(k)=\displaystyle\int_0^\infty t^{k-1}e^{-t}dt$

but how can $\Gamma(-\frac{1}{2})$ be obtained from the definition? WA says it does not converge…”

My answer

Your doubt makes sense if for $k=-1/2$ you try using the definition of the gamma function by the integral you have written, because it diverges at $k=-1/2$ as you stated. I will try to clarify if as follows. This integral representation of the gamma function (I use $x$ instead of $k$ )

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty }t^{x-1}e^{-t}dt\qquad(0)$

holds in the reals if and only if $x>0$ . Using integration by parts we can show that

$\Gamma (x+1)=x\Gamma (x).\qquad(1)$

For $x<0$ we can define $\Gamma (x)$ for all negative values of $x<0$ except $-1,-2,-3,\cdots$ not by the integral $(0)$ , rather by means of the functional equation $(1)$ in the form

$\Gamma (x)=\dfrac{\Gamma(x+1)}{x}.\qquad(2)$

Then $x+1>0$ [and] $\Gamma (x+1)$ is convergent. In your example $x=-1/2$ , so $x+1=1/2$ and $\Gamma (1+x)=\Gamma (1/2)$ . Hence we obtain

$\Gamma (-1/2)=\dfrac{\Gamma(1/2)}{-1/2}=-2\Gamma (1/2)=-2\sqrt{\pi },\qquad(3)$

where we use the known value of the integral $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi }$ , which can be evaluated, e.g. from the equality

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy=\dfrac{\pi }{4}=\left( \displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx\right) ^{2}.\qquad(4)$

Similarly, for $x=-3/2$ by $(2)$ we find $\Gamma (-3/2)=-\frac{2}{3}\Gamma (-1/2)$ , using $(3)$ twice. This process is called analytic continuation, but its true understanding requires knowledge of complex analysis.

$\text{Plot of }y=\Gamma(x)\quad -5<x<5$

Question by Amitabh Udayiman. Convergence of this integral

“My statistics text book prescribed by my school states that the integral

$\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx$

is convergent for $n>0$ .It does not prove the statement. So can anyone please help me prove it? Thanks again!”

My answer. I assume that $n$ is a real number. Split the gamma improper integral

$\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(0)$

into $I_1+I_2$ , where

$I_1=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(1)$

and

$I_2=\displaystyle\int_{1}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(2)$

1. To prove that the integral $I_2$ is always convergent use the fact that for any real number $\alpha$ the integral

$\int_{1}^{\infty }e^{-x}x^{\alpha }dx\qquad(3)$

is convergent, by the limit comparison test

$\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{e^{-x}x^{\alpha }}{x^{-2}}=0\qquad(4)$

with the convergent integral

$\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{2}}.\qquad(5)$

2. As for $I_1$ consider two cases. (a) If $n\geq 1$ observe that $\lim_{x\rightarrow 0}e^{-x}x^{n-1}=0$ , so $I_1$ is a proper integral. (b) If $0<n<1$ , the integrand $e^{-x}x^{n-1}$ behaves like $x^{n-1}$ near $n=0$ , because $e^{-x}\rightarrow 1$ as $x\rightarrow 0$ . Since

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{1-n}}\qquad(6)$

is convergent if and only if $1-n<1$ , i.e. $n>0$ , so is $I_1$ . It follows that $\Gamma(n)=I_1+I_2$ is convergent for $n>0.$

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Junho 22, 2011

Três exercícios sobre integrais impróprios (de Mathematics Stack Exchange)

Filed under: Cálculo,Exercícios Matemáticos,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Mathematics Stack Exchange — Américo Tavares @ 4:14 pm
Tags: Exercícios, Matemática, MSE

Indicar se os seguintes integrais são convergentes ou não e, sendo-o, determiná-los:

$\displaystyle\int_0^1 \log x\mathrm dx$

$\displaystyle\int_2^\infty\dfrac{\log x}{x}\mathrm dx$

$\displaystyle\int_0^\infty\dfrac{1}{1+x^2}\mathrm dx$

(desta questão de mary no MSE)

Minha resolução (tradução):

a) O integrando $\log x$ tem uma singularidade em $x=0$ . O integral impróprio de segunda espécie $I=\int_{0}^{1}\log x\;\mathrm{d}x$ é, por definição, o limite

$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;\mathrm{d}x.$

Utiliza-se habitualmente a integração por partes para calcular o integral $\displaystyle\int \log x\;\mathrm{d}x$ :

$\begin{aligned}I&=\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}\log x\;\mathrm{d}x=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\int_{\varepsilon}^{1}1\cdot\log x\;\mathrm{d}x\\&=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\left[ x\log x\right] _{\varepsilon}^{1}-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\displaystyle\int_{\varepsilon }^{1}x\cdot \dfrac{1}{x}\;\mathrm{d}x\\&=1\cdot \log 1-\lim_{\varepsilon\rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log\varepsilon -1=-\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon -1=-1,\end{aligned}$

em que $\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon$ foi determinado pela regra de l’Hôpital:

$\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\varepsilon \log \varepsilon=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\dfrac{\log \varepsilon }{\dfrac{1}{\varepsilon }}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}\dfrac{\dfrac{1}{\varepsilon }}{-\dfrac{1}{\varepsilon ^{2}}}=\lim_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}}-\varepsilon =0.$

b) O integral $\displaystyle\int_{a}^{+\infty }\dfrac{1}{x^{p}}\;\mathrm{d}x$ é divergente para $a>0,p\leq 1$ , como se pode ver, calculando-o. Aplicamos o critério do limite a $f(x)=\dfrac{\log x}{x}$ e $g(x)=\dfrac{1}{x}$ :

$\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac{\log x}{x}\cdot x=\log x\rightarrow \infty,\qquad\text{ quando } x\rightarrow \infty.$

Tanto $f(x)$ como $g(x)$ são funções não negativas em $[2,+\infty \lbrack$ .

Dado que $\displaystyle\int_{2}^{\infty }g(x)\;\mathrm{d}x=\displaystyle\int_{2}^{\infty }\dfrac{1}{x}\;\mathrm{d}x$ é divergente, tambem o é $\displaystyle\int_{2}^{\infty }f(x)\;\mathrm{d}x=\displaystyle\int_{2}^{\infty }\dfrac{\log x}{x}\;\mathrm{d}x$ .

c) O integral impróprio $I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x$ é de primeira espécie, visto que o integrando não tem singularidades. Por definição, um tal integral é o limite

$\lim_{b\rightarrow +\infty }\displaystyle\int_{0}^{b}\frac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x.$

Visto que $\displaystyle\int \dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x=\arctan x$ , tem-se:

$\begin{aligned}I&=\lim_{b\rightarrow +\infty }\int_{0}^{b}\dfrac{1}{1+x^{2}}\;\mathrm{d}x =\lim_{b\rightarrow +\infty }\left[ \arctan x\right] _{0}^{b} \\ &=\lim_{b\rightarrow +\infty }\arctan b-\arctan 0 =\dfrac{\pi }{2}-0=\dfrac{\pi }{2}.\end{aligned}$

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Abril 27, 2010

Um integral real calculado pelo método dos resíduos

Filed under: Análise Complexa,Exercícios Matemáticos,Integrais,Integrais impróprios,Matemática — Américo Tavares @ 2:13 am
Tags: Exercícios, Integração, Matemática

O integral seguinte, obtido, por substituição, de outro publicado no Gaussianos

$I=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dx}{1+x^{4}}$

pode calcular-se, utilizando a função de variável complexa $f(z)=\dfrac{1}{1+z^{4}}$ e a curva fechada $C$ formada pela união do segmento de recta $\left[ -r,r\right]$ ( $r>1$ ) com a semicircunferência $C_{r}$ centrada na origem e raio $r$ , situada no semi-plano superior complexo.

A função $f(z)$ tem quatro pólos, dois situam-se no interior de $C$ :

$z_{0}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}+i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$

$z_{1}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}+i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$

e dois no exterior:

$z_{2}=-z_{0}=-\dfrac{1}{2}\sqrt{2}-i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$

$z_{3}=-z_{1}=\dfrac{1}{2}\sqrt{2}-i\dfrac{1}{2}\sqrt{2}$

Os resíduos de $f$ em $z_{0}$ e $z_{1}$ são:

$\text{res}\left( f,z_{0}\right) =\underset{z\rightarrow z_{0}}{\lim }\dfrac{z-z_{0}}{\left( z-z_{0}\right) \left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$

$=\underset{z\rightarrow z_{0}}{\lim }\dfrac{1}{\left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$ $=\dfrac{1}{\left( z_{0}-z_{1}\right) \left( z_{0}-z_{2}\right) \left( z_{0}-z_{3}\right) }$ $=-\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}$

$\text{res}\left( f,z_{1}\right) =\underset{z\rightarrow z_{1}}{\lim }\dfrac{z-z_{1}}{\left( z-z_{0}\right) \left( z-z_{1}\right) \left( z-z_{2}\right) \left( z-z_{3}\right) }$

$=\dfrac{1}{\left( z_{1}-z_{0}\right) \left( z_{1}-z_{2}\right) \left( z_{1}-z_{3}\right) }$ $=\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}$

Pelo teorema dos resíduos tem-se, se $\underset{r\rightarrow +\infty}{\lim }\displaystyle\int_{C_r}f(z)\;dz=0$ :

$I=\displaystyle\int_{-\infty }^{+\infty }\dfrac{dx}{1+x^{4}}=\displaystyle\int_{C}\dfrac{dz}{1+z^{4}}$ $=2\pi i\left( \text{res}\left( f,z_{0}\right) +\text{res}\left( f,z_{1}\right) \right)$

$=2\pi i\left( -\dfrac{1}{\left( 2-2i\right) \sqrt{2}}+\dfrac{1}{\left( 2+2i\right) \sqrt{2}}\right) =\dfrac{1}{2}\pi \sqrt{2}$

Verifiquemos a condição relativa ao limite. Sobre a semicircunferência $C_{r}$ , verifica-se

$\left\vert f(z)\right\vert$ $=\left\vert\dfrac{1}{1+z^{4}}\right\vert <\left\vert\dfrac{1}{z^{4}}\right\vert =\dfrac{1}{r^{4}}$

e, como

$\left\vert \dfrac{1}{1+z^{4}}\right\vert \rightarrow 0$

quando $r\rightarrow \infty$ , o limite do integral é nulo

$\underset{r\rightarrow +\infty}{\lim }\displaystyle\int_{C_r}f(z)\;dz=0$ .

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Março 29, 2010

Problema do mês :: Problem of the month #4. (Integral impróprio :: Improper integral). Resolução :: Solution

Filed under: Calculus,Cálculo,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Problem Of The Month,Problema do mês,Transformadas de Laplace — Américo Tavares @ 8:10 pm
Tags: Matemática, Math, Problem, Problem Of The Month, Problema, Problema do mês

ver/see Problema do mês Problem of the month

$\bigskip$

Problema

Prove ou infirme: $\pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx$

Solução de Prof. Paulo Sérgio

Para calcular esta integral, note que

$\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx$

Assim,

$I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds$

$=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds$

Invertendo a ordem de integração e usando a definição de transformada de Laplace, temos:

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx$

$=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx$

ou seja,

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }$

$=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi$ .

Outra resolução: fatima

* * *

Problem

Prove or disprove: $\pi =\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos x-\cos 3x}{x^{2}}dx$ .

Solution by Prof. Paulo Sérgio

To evaluate this integral note that

$\dfrac{1}{s^{2}}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx$

Hence,

$I:=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) }{s^{2}}ds$

$=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}\left[ \cos \left( s\right) -\cos \left( 3s\right) \right] dxds$

By reversing the order of integration and using the definition of the Laplace transform we get:

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\int_{0}^{\infty }\left[ \mathcal{L}\left\{ \cos\left( s\right) \right\} -\mathcal{L}\left\{ \cos \left( 3s\right) \right\}\right] dx$

$=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\left( \dfrac{x^{2}}{1+x^{2}}-\dfrac{x^{2}}{9+x^{2}}\right) dx$

therefore,

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{9}{9+x^{2}}dx-\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{dx}{1+x^{2}}=\left[ 3\arctan \left( \dfrac{x}{3}\right) -\arctan \left( x\right) \right] _{0}^{\infty }$

$=\dfrac{3\pi }{2}-\dfrac{\pi }{2}=\dfrac{2\pi }{2}=\pi$ .

Other Solver: fatima

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Março 5, 2010

Duas Questões de Exame de Introdução à Análise Complexa: Contribuição do Prof. Paulo Sérgio

Filed under: Análise Complexa,Cálculo,Exames,Exercícios Matemáticos,Exercise,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Problem,Problemas,Transformadas de Laplace — Américo Tavares @ 1:25 pm
Tags: Exames, Exercícios, Integração, Matemática, Problema

Publico a resolução apresentada pelo Prof. Paulo Sérgio (nestes dois comentários) às duas questões seguintes.

Duas questões de Análise Complexa (listadas também aqui)

« Nota de 27-5-2009: o blogue echoone deixou de estar disponível.

Passagem do blogue

http://echoone.wordpress.com/, entrada Introductory Complex Analysis Final

(tradução e adaptação do inglês). »

« (…) Demonstre que as equações de Cauchy-Riemann se escrevem em coordenadas polares

$u_r=\dfrac{v_\theta}{r}$

$v_r=-\dfrac{u_\theta}{r}$

(…) Determine o valor de

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}x}{x^2}dx$ (…) »

Resolução :

Seja $f(z)=u+iv$ , satisfazendo $u_{x}=v_{y}$ e $u_{y}=-v_{x}$ .

Sendo

$u=u(x,y)$ , $v=v(x,y)$ ,

$x=x(r,\theta )=r\cos \theta$ e $y=y(r,\theta )=r\sin \theta$ .

Assim,

$u_{r}=u_{x}x_{r}+u_{y}y_{r}=u_{x}\cos \theta +u_{y}\sin \theta$

$=v_{y}\cos \theta -v_{x}\sin \theta =\dfrac{v_{y}r\cos \theta +v_{x}\left( -r\sin \theta \right) }{r}$

$=\dfrac{v_{\theta }}{r}$

A outra é análoga.

A resolução da integral está neste link.

http://img63.imageshack.us/img63/7049/integrald.png

–

Transcrição:

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin ^{2}x}{x^2}dx=\dfrac{\pi }{2}$ .

De fato,

$\dfrac{1}{s^{2}}=\mathcal{L}\{x\}=\displaystyle\int_{0}^{\infty }xe^{-sx}dx$ .

Assim,

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin ^{2}s}{s^{2}}ds=$ $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-sx}x\sin ^2 s\;dx\,ds$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\left( \displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-sx}\sin ^{2}s\;ds\right) dx$

Sendo

$\sin ^{2}s=\dfrac{1-\cos 2s}{2}$ ,

temos:

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin ^{2}s}{s^{2}}ds=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty}x\left[ \mathcal{L}\{1\}-\mathcal{L}\{\cos \left( 2s\right) \}\right] dx$ $=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty }x\left( \dfrac{1}{x}-\dfrac{x}{x^{2}+4}\right) dx$

Logo,

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{\sin ^{2}s}{s^{2}}ds=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^{\infty}\left( \dfrac{4}{x^{2}+4}\right) dx=$ $\arctan \left. \left( \dfrac{x}{2}\right) \right\vert _{0}^{\infty }=\dfrac{\pi }{2}$

* * *

5.04.10 – Notas (de Américo Tavares) sobre a notação aqui utilizada

i. derivadas parciais

Exemplo: $u_{x}=\dfrac{\partial u(x,y)}{\partial x}$

ii. transformada de Laplace

A transformada de Laplace de uma função $F\left( t\right)$ , definida para $t>0$ , é o integral

$\mathcal{L}\left\{ F\left( t\right) \right\} =f\left( s\right) =\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-st}F\left( t\right) \;dt$

Comentários (2)

Março 2, 2010

9 Problemas e Exercícios já publicados mas ainda Não Resolvidos

Filed under: Análise Complexa,Análise Matemática,Cálculo,Exames,Exercícios Matemáticos,Função Gama,Identidade matemática,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Math,Problem,Problemas,Transformadas de Fourier — Américo Tavares @ 12:32 pm
Tags: Exames, Exercícios, Integração, Matemática, Math, Problema

Agrupo aqui todos os Problemas e Exercícios já publicados mas ainda Não Resolvidos de todos os níveis.

(a) Problema sobre a convergência de um integral impróprio :: An Improper Integral Convergence Problem

Demonstre ou infirme: o integral / Prove or disprove: the integral

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right) ^{2}}dx}$

é convergente / converges.

25.05.10: corrigida a função integranda/integrand function corrected. Deve ser/Should be

$\dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}$

em vez de/instead of

$\dfrac{1}{e^{2x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}$ .

Resolução/Solution (25-05-10)

(b) 1.º Problema de 2010: um integral de Stieltjes :: 2010 Problem #1 – A Stieltjes Integral

Prove que/prove that

$\zeta \left( 2\right) =\dfrac{p}{q}\displaystyle\int_{-1}^{\sqrt{3}}\arctan (x)\,d\left( \arctan (x)\right)$ ,

where/em que $(p,q)\in\mathbb{Z}^{2}$ .

(c) Sobre a natureza aritmética da soma e diferença de π (pi, a constante de Arquimedes) e e (constante ou número de Euler)

Sabe por que motivo é que a soma $s=\pi+e$ e a diferença $d=\pi-e$ não podem ser simultaneamente números algébricos?

Se não sabe, não consegue descobrir por si, e quer saber, veja no artigo recente Mathematical Embarassments, do Prof. Dick Lipton a explicação em três linhas (ou menos). Quanto a ambos ( $s$ e $d$ ) serem transcendentes, desconhece-se. Isto é uma questão matemática “embaraçosa”, na opinião do autor do blogue Gödel’s Lost Letter and P=NP.

(d) Three gamma function identities

Let $n=1,2,\ldots$ . Show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n+1)=2^{2n}\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right) \Gamma (n+1)\qquad\left( 1\right)$

and

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2n)=2^{2n-1}\Gamma (n)\Gamma\left( n+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 2\right)$ .

Let $x\in\mathbb{R}$ . If $x>0$ , show that

$\sqrt{\pi}\;\Gamma (2x)=2^{2x-1}\Gamma (x)\Gamma\left( x+\dfrac{1}{2}\right)\qquad \left( 3\right)$ .

Hints: for the first two identities use the formula proved here. As for the last one evaluate the beta function value B $(x,x)$ and by means of an appropriate change of variable find a relation between B $(x,x)$ and B $\left(x,\dfrac{1}{2}\right)$ .

(e) Exercício rotineiro, mas trabalhoso, sobre extremos (máximos e mínimos) de uma função trigonométrica

Determine os valores máximos e mínimos assumidos pela função trigonométrica periódica

$f(t)=\left( \cos t+2\sin t\right) ^{2}+\left( 3\cos t+2\sin t\right) ^{2}$ ,

representada no gráfico, no intervalo $\left[ -\pi ,\pi \right] .$

Passos de uma possível resolução:

1 – Desenvolver $f(t)$ e obter

$f(t)=16\cos t\sin t+10\cos^{2}t+8\sin^{2}t$ .

2 – Calcular a derivada de $f(t)$ : $f^{\prime}(t)=16\cos 2t-2\sin 2t$ .

3 – Resolver a equação $f^{\prime}(t)=0$ e obter as soluções

$t\in\left\{ \dfrac{\arctan 8}{2}+\dfrac{k\pi }{2}:k\in\mathbb{Z}\right\}$ .

4 – Observar o andamento da função no gráfico ou, em alternativa, estudar a variação de sinal da derivada da função.

5 – Concluir que o seu máximo é $f\left( t_{\max }\right)$ e o mínimo $f\left( t_{\min }\right)$ , em que

$t_{\max }=\dfrac{\arctan 8}{2}+k\pi$

$t_{\min }=\dfrac{\arctan 8}{2}+\dfrac{\pi }{2}+k\pi$ .

(f) Problema não resolvido sobre triângulos e outros polígonos de área máxima inscritos numa circunferência

Mostre que de todos os possíveis triângulos inscritos na circunferência $x^2+y^2=r^2$ os de maior área são os equiláteros. Se um dos vértices tiver coordenadas $\left( r\cos \theta ,r\sin \theta \right)$ , quais são as dos outros dois?

Generalize para um polígono de $n$ lados.

(g) Dois Problemas não resolvidos: Transformada de Fourier e Função de Bessel

PROBLEMA 1

1. Calcule a transformada de Fourier da função

$f(x)=\left\{\begin{array}{c}\sin x\qquad x\in\lbrack 0,\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,\pi\rbrack\end{array}\right.$

2. A partir da transformada do ponto anterior obtenha a transformada da função:

$g(x)=\left\{\begin{array}{c}|\sin x|\qquad x\in\lbrack 0,4\pi\rbrack\\\text{0}\qquad\qquad x\notin\lbrack 0,4\pi\rbrack\end{array}\right.$

3. As funções $f$ e $g$ pertencem à classe das funções contínuas num intervalo $\lbrack a ,b\rbrack$ e nulas fora deste intervalo. Mostre que as funções desta classe possuem transformada de Fourier.

4. Diga se a transformação inversa de Fourier é válida para as funções do ponto 3. Justifique.

PROBLEMA 2

A função de Bessel de ordem zero $J_0(x)$ satisfaz a equação integral

$\displaystyle\int_{0}^{x}J_0(y)J_0(x-y)\; dy=\sin x$

1. Calcule a sua transformada de Laplace.

2. Determine $J_0(0^+)$ e $J_{0}^{^{\prime }}(0^{+})$ (considere $J_0(0^+)>0$ .

3. Obtenha o desenvolvimento de $J_0(x)$ em série de potências de $x$ .

(h) Duas questões de Análise Complexa

Nota de 27-5-2009: o blogue echoone deixou de estar disponível.

Passagem do blogue

http://echoone.wordpress.com/,

entrada

Introductory Complex Analysis Final

(tradução e adaptação do inglês).

« (…) Demonstre que as equações de Cauchy-Riemann se escrevem em coordenadas polares

$u_r=\dfrac{v_\theta}{r}$

$v_r=-\dfrac{u_\theta}{r}$

Resolução de Prof. Paulo Sérgio de 2.03.10

(…) Determine o valor de

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}x}{x^2}dx$ (…) »

Resolução de Prof. Paulo Sérgio de 2.03.10

(i) Integrais impróprios; a função gama

(…)

PROBLEMA: mostre que a função gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\;dt$

é convergente se e só se $x>0$ . Integre por partes e obtenha a relação

$\Gamma (x+1)=x\;\Gamma (x)\qquad (x>0)$

e verifique que $\Gamma (1)=1$ , pelo que

$\Gamma (n+1)=n!$ .

Comentários (8)

Fevereiro 25, 2010

Problema sobre a convergência de um integral impróprio :: An Improper Integral Convergence Problem

Filed under: Análise Matemática,Calculus,Cálculo,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Matemáticas Gerais,Math,Problemas — Américo Tavares @ 10:28 pm
Tags: Integração, Matemática, Problem, Problema

Demonstre ou infirme: o integral / Prove or disprove: the integral

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right) ^{2}}dx}$

é convergente / converges.

25.05.10: corrigida a função integranda /integrand function corrected. Deve ser/Should be

$\dfrac{1}{e^{x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}$

em vez de/instead of

$\dfrac{1}{e^{2x}\left( 1-e^{-x}\right)^{2}}$

Resolução/Solution: O integral é divergente/The integral diverges:

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{e^{-x}}{\left( 1-e^{-x}\right) ^{2}}dx=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{d}{dx}\left( \dfrac{1}{e^{-x}-1}\right) dx$

$=\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }\ \dfrac{1}{e^{-x}-1}-\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\ \dfrac{1}{e^{-x}-1}=-1-(-\infty) =\infty$

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Janeiro 22, 2009

Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

Filed under: Análise de Fourier,Análise Matemática,Caderno,Cálculo,Demonstração,Função Gama,Funções Especiais,Identidade matemática,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Teorema,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 10:32 am
Tags: Caderno, Integração, Matemática, Prova

pdf: ver caderno

Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

A função especial beta é definida para as variáveis reais $x,y$ pelo integral

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\;dt$ (1)

que é impróprio mas convergente, no caso de $x>0$ e $y>0$ e pelo menos uma das variáveis $x<1$ ou $y<1$ .

A função $B(x,y)$ (para $x>0$ e $y>0$ ) relaciona-se com a função especial gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt$ (2)

através da conhecida identidade

$B(x,y)=\dfrac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}$ (3)

que não vou demonstrar.

O que me proponho demonstrar é a chamada fórmula da reflexão ou dos complementos da função gama no domínio real, seguindo o método indicado nos exercícios não resolvidos 10 e 11 da página 683 do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, 1955.

Proposição: Se $a$ for real, é válida a identidade seguinte

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)$ (4)

Notação: $\csc a\pi=1/\sin a\pi$ é a cosecante de $a\pi$ .

Demonstração: Se $0<a<1$ , tem-se

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

como resulta da mudança de variável $y=1/x$ . O integral

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

é convergente se $a<1$ , porque nesta condição $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{a}}$ é convergente e $\dfrac{x^{-a}}{x+1}\cdot x^a$ tende para 1, quando $x$ tende para $0^+$ , e, por outro lado, o integral

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy$

também nesse caso é convergente, porque $\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{dy}{y^{2-a}}$ converge e $\dfrac{y^{a-1}\cdot y^{2-a}}{1+y}$ tende para 1, quando $y$ tende para $\infty$ .

Outra representação integral da função beta é:

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\;du$ (5)

que se obtém de (1) através das substituição

$t=\dfrac{u}{1+u}$ .

De (5) resulta

$B(a,1-a)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du$

$=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{-a}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}\;du$

Usando agora o desenvolvimento em série de

$\dfrac{1}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^n$ ,

obtém-se

$\dfrac{u^{a-1}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{a-1+n}$

$\dfrac{u^{-a}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{-a+n}$ ,

e integrando termo a termo a função integranda $\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}$ , como

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{a-1+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{-a+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$ ,

depois de agrupar os termos pares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

com os ímpares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$

obtém-se no fim a série

$\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$ .

Em consequência

$B(a,1-a)=\Gamma (a)\Gamma (1-a)=\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$

Ora, a série de Fourier da função $f(x)=\pi\cos ax$ , em que $-\pi\le x\le\pi$ , é

$\pi\cos ax=2a\sin a\pi\left( \dfrac{1}{2a^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}\cos nx}{n^2-a^2}\right)$

que assume o desenvolvimento particular para $x=0$ :

$\pi=\sin a\pi\left( \dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}\right)$

donde, efectivamente

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)\qquad\blacksquare$

Esta mesma identidade também se verifica para $a$ complexo.

ADENDA de 23-1-2009: para $a=1/2$ obtém-se

$\dfrac{\pi}{\sin \pi/2}=\Gamma(1/2)\Gamma(1/2)$

donde

$\Gamma\left( \dfrac{1}{2}\right) =\sqrt{\pi}$ (6)

Actualização de 15-2-2009: acrescentado gráfico da função gama.

Comentários (2)

Julho 25, 2008

Propriedades da função especial gama

Filed under: Análise Complexa,Função Gama,Funções Especiais,Integrais,Integrais impróprios,Matemática — Américo Tavares @ 10:40 am
Tags: Integração, Matemática

A função

$\Gamma (z)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t^{z-1}e^{-t}\;dt$

goza das seguintes propriedades:

Equação Funcional: $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$
$\Gamma(1)=1$
Convexidade logarítmica: Se $\alpha +\alpha ^{\prime }=1,$ então

$\Gamma \left( \alpha z+\alpha^{\prime }z^{\prime }\right) \leq \lbrack \Gamma (z)]^{\alpha }\Gamma(z^{\prime })]^{\alpha ^{\prime }}$

Só existe uma função com estas três propriedades, que é precisamente a função Gama, como demonstrado na página 5 do livro de John Stalker, Complex Analysis – Fundamentals of the Classical Theory of Functions, Birkaeuser, Boston, Basel, Berlin, 1998.

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Fevereiro 18, 2008

Integrais impróprios; a função gama

Filed under: Análise Matemática,Cálculo,Equações,Exercícios Matemáticos,Função Gama,Funções Especiais,Integrais,Integrais impróprios,Matemática,Matemáticas Gerais,Problemas,Teorema / Teoria — Américo Tavares @ 11:43 am
Tags: Equações, Integração, Matemática, Problema

O integral de Riemann de uma função $f(x)$ , real de variável real, define-se só para o caso em que essa função integranda existe e é definida para $a\le x\le b$ , com $a$ e $b$ finitos:

$\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\;dx$

Nos chamados integrais impróprios não se verificam algumas destas condições.

Há três tipos de integrais impróprios:

Integrais impróprios de primeira espécie, se a função integranda $f(x)$ existe e é definida para $a\le x<+\infty$ , com $a$ finito ou então para $-\infty<x\le b$ , com $b$ finito:

$I=\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx=$ $\displaystyle\lim_{b\to +\infty}\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \;dx$

Exemplo: $\displaystyle\int_{1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^3}\;dx$

$\displaystyle\int_{-\infty}^{b} f(x)\;dx=$ $\displaystyle\lim_{a\to -\infty}\displaystyle\int_{a}^{b} f(x) \;dx$

Exemplo: $\displaystyle\int_{-\infty}^{0} \dfrac{1}{1+x^2}\;dx$ .

Integrais impróprios de segunda espécie, se a função integranda tiver uma singularidade no extremo inferior $a$ finito do intervalo de integração, mas para todo o $c>a$ existir o integral de Riemann de $f(x)$ para $c\le x\le b$ :

$I_i=\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\;dx=$ $\displaystyle\lim_{c\to a^+}\displaystyle\int_{c}^{b} f(x) \;dx$

Exemplo: $\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{\log x}{1+x}\;dx$ ,

ou se a função integranda tiver uma singularidade no extremo superior $b$ finito do intervalo de integração, mas para todo o $c<b$ existir o integral de Riemann de $f(x)$ para $a\le x\le c$ :

$I_s=\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\;dx=$ $\displaystyle\lim_{c\to b^-}\displaystyle\int_{a}^{c} f(x) \;dx$ ;

Exemplo: $\displaystyle\int_{0}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{1-x}}\;dx$ .

Integrais impróprios mistos, se forem simultaneamente de primeira e segunda espécie

Exemplo: $\displaystyle\int_{0}^{+\infty} \dfrac{1}{(1+x)\sqrt{x}}\;dx$ .

$\bigskip$

Um integral impróprio diz-se convergente se o limite que o define existir e divergente no caso contrário.

$\bigskip$

À semelhança das séries existem critérios para determinar a convergência ou divergência de um dado integral impróprio partindo do conhecimento da convergência ou divergência de outro. A sua formulação para os integrais de primeira espécie é a dos dois teoremas seguintes, entre outros. Para os de segunda espécie, os teoremas, com as correspondentes alterações, são igualmente válidos.

$\bigskip$

Teorema (critério de comparação): Suponhamos que as funções integrandas $f(x)$ e $g(x)$ são não negativas; e

$\bigskip$

i. $f(x)\le g(x)$ para $x\ge c$ .

$\bigskip$

Então,

$\bigskip$

a) se $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\;dx$ for convergente, $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx$ também é convergente;

$\bigskip$

b) se $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx$ for divergente, $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\;dx$ também é divergente.

$\bigskip$

Teorema (critério do limite): A - Suponhamos que as funções integrandas $f(x)$ e $g(x)$ são não negativas; e

$\bigskip$

i. $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=L$ , com $L$ finito e diferente de $0$ .

Então, os dois integrais $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\;dx$ e $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx$

são ambos convergentes ou divergentes.

$\bigskip$

B – Suponhamos que as funções integrandas $f(x)$ e $g(x)$ são não negativas; e

$\bigskip$

ii. $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=0$ ,

$\bigskip$

Então, se $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\;dx$ for convergente, $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx$ é convergente.

$\bigskip$

C – Finalmente, suponhamos que as funções integrandas $f(x)$ e $g(x)$ são não negativas; e

$\bigskip$

iii. $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{g(x)}=+\infty$ ,

$\bigskip$

Então, se $\displaystyle\displaystyle\int_{a}^{+\infty} g(x)\;dx$ for divergente, $\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x);dx$ é divergente.

$\bigskip$

Para aplicação destes critérios é útil dispormos de alguns integrais de referência cuja convergência ou divergência conheçamos.

$\bigskip$

$I=\displaystyle\int_{a}^{+\infty} f(x)\;dx$

Se $f(x)=\dfrac{1}{x^p}\qquad (a>0, p\le 1),\qquad I$ é divergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{x^p}\qquad (a>0, p>1),\qquad I$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{1+x}\qquad (a\ge 0),\qquad I$ é divergente;
Se $f(x)=x^{\alpha}\;e^{-x}\qquad (a>0,\alpha\in\mathbb{R}),\qquad I$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{(\log x)^p}\qquad (a>1,p>0),\qquad I$ é divergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{x\;(\log x)^p}\qquad (a>1,p>1),\qquad I$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{x\;(\log x)^p}\qquad (a>1,p\le 1),\qquad I$ é divergente;

e para os integrais de segunda espécie com uma singularidade em $x=b$

$I_s=\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\;dx$

ou com uma singularidade em $x=a$

$I_i=\displaystyle\int_{a}^{b} f(x)\;dx$

Se $f(x)=\dfrac{1}{(b-x)^p}\qquad (0< p< 1),\qquad I_s$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{(b-x)^p}\qquad ( p\ge 1),\qquad I_s$ é divergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{(x-a)^p}\qquad (0< p< 1),\qquad I_i$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{1}{(x-a)^p}\qquad ( p\ge 1),\qquad I_i$ é divergente;
Se $f(x)=\dfrac{\sin x}{x^p}\qquad (a=0,b=\dfrac{\pi}{2},p<2),\qquad I_i$ é convergente;
Se $f(x)=\dfrac{\sin x}{x^p}\qquad (a=0,b=\dfrac{\pi}{2},p\ge 2),\qquad I_i$ é divergente.

$\bigskip$

PROBLEMA: mostre que a função gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\;dt$

é convergente se e só se $x>0$ . Integre por partes e obtenha a relação

$\Gamma (x+1)=x\;\Gamma (x)\qquad (x>0)$

e verifique que $\Gamma (1)=1$ , pelo que

$\Gamma (n+1)=n!$ .

Actualização de 14-3-2008: Alteração da notação dos integrais com singularidades nos extremos inferior e superior do intervalo de integração.

ADENDA de 23-1-2009: pode ver aqui uma aplicação de alguns dos teoremas deste artigo à função gama

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