Integrais impróprios — exercício sobre integração de séries

Para obter o desenvolvimento em série de integrais impróprios, muitas vezes pode desenvolver-se em série a função integranda e integrar termo a termo essa série. Vou ilustrar o método com o seguinte exemplo adaptado da minha resposta, no MSE, à questão de Jozef:

Mostre que

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{x-1}\, dx=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.

Podemos começar por fazer a substituição  u=x-1:

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{x-1}, dx=-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log (1-u)}{u}\, du.

De seguida consideramos o desenvolvimento em série de MacLaurin

\log (1-u)=-x-\dfrac{1}{2}x^{2}-\dfrac{1}{3}x^{3}-\ldots -\dfrac{x^{n}}{n}-\ldots\qquad\left\vert u\right\vert <1

do qual obtemos o da função integranda

\dfrac{\log (1-u)}{u}=-1-\dfrac{1}{2}u-\dfrac{1}{3}u^{2}-\ldots -\dfrac{u^{n}}{n}-\ldots =-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{u^{n-1}}{n}

Finalmente integramos esta série, termo a termo, admitindo sem o justificar a validade deste procedimento:

\begin{aligned}-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log (1-u)}{u}du &=-\displaystyle\int_{0}^{1}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }  \dfrac{u^{n-1}}{n}du=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{n-1}du\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\times\dfrac{1}{n}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}  \end{aligned}

Da mesma forma podemos obter

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{1+x}dx=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}

por integração, por partes, da série

\dfrac{\log x}{1+x}=\dfrac{1}{1+x}\log x=\log x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^{n-1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}x^{n-1}\log x

termo a termo

\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}\log x\,dx=-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x}\dfrac{x^{n}}{n}\,dx=-\dfrac{1}{n^{2}}.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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