Concepto de integral impropia en intervalos infinitos

Definimos el concepto de integral impropia en intervalos infinitos, y damos ejemplos de cálculo.

    Enunciado
  1. Calcular: $$(a)\;\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}.\quad (b)\;\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^3}.\quad (c)\;\displaystyle\int_0^{+\infty}\text{sen }x\;dx.$$
  2. Calcular: $\;(a)\;\displaystyle\int_{-\infty}^{-1}\frac{dx}{x^2}.\quad (b)\;\displaystyle\int_{-\infty}^0\frac{dx}{4+x^2}.$
  3. Calcular $\;(a)\;\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+1}.\quad (b)\;\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+4x+9}.$
  4. Calcular $\;I=\displaystyle\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}$ con $p\in\mathbb{R}.$
  5. Sean $f,g:[a,+\infty)$ continuas a trozos en todo intervalo $[a,b]$ y supongamos que $\int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ y $\int_a^{+\infty}g(x)\;dx$ son convergentes. Demostrar que:
    $a)$ $\displaystyle\int_a^{+\infty}\left(f(x)+g(x)\right)dx$ es convergente y $$\displaystyle\int_a^{+\infty}\left(f(x)+g(x)\right)dx=\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\;dx+\displaystyle\int_a^{+\infty}g(x)\;dx.$$ $b)$ Para todo $\lambda\in\mathbb{R},$ $\displaystyle \int_a^{+\infty}\lambda f(x)\;dx$ es convergente y $$\int_a^{+\infty}\lambda f(x)\;dx=\lambda \int_a^{+\infty}f(x)\;dx.$$
  6. Calcular $\;\displaystyle\int_2^{+\infty} \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}.$
  7. Calcular $\;\displaystyle\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{1-x^3}.$
  8. $(a)$ Estudiar la convergencia de la integral $$\int_{-\infty}^s\frac{t}{t^4+1}dt$$ en función del valor $s\in\mathbb{R}.$
    $(b)$ Calcular los límites $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}F(x)$ y $\displaystyle\lim_{x\to -\infty}F(x)$ siendo $$F(x)=\int_{-\infty}^x\frac{t}{t^4+1}dt.$$
  9. Sabiendo que $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}x}{x}dx=\frac{\pi}{2},$ calcular $$(a)\;\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos x}{x^2}dx.\quad (b)\;\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^2x}{x^2}dx.\quad (c)\;\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^4x}{x^2}dx. $$
  10. Sea $f:[a,+\infty)\to \mathbb{R}$ continua a trozos en cualquier intervalo $[a,b]$ tal que $$\int_{a}^{+\infty}f(x)\;dx \text{ es convergente, y }\lim_{x\to +\infty}f(x)=A\in\mathbb{R}. $$ Demostrar que $A=0.$
    Solución
  1. Recordemos que si $f:[a,+\infty)\to\mathbb{R}$ es continua a trozos en todo intervalo $[a,b]$, entonces $$\int_a^{+\infty}f(x)\;dx\underbrace{=}_{\text{ def. }}\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}f(x)\;dx.$$ Si el límite anterior existe y es finito, la integral se dice que es convergente. Si es infinito, o no existe, la integral se dice que es divergente. $\quad \square$
    $\displaystyle (a)\;\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}=\lim_{b\to +\infty}\int_1^{b}\frac{dx}{x}=\lim_{b\to +\infty}\left[\log x\right]_1^b=\lim_{b\to +\infty}(\log b-\log 1)=+\infty.$ La integral es divergente.
    $\displaystyle (b)\;\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^3}=\lim_{b\to +\infty}\int_1^{b}\frac{dx}{x^3}=\lim_{b\to +\infty}\left[-\frac{1}{2x^2}\right]_1^b=\lim_{b\to +\infty}\left(-\frac{1}{2b^2}+\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}.$ La integral es convergente.
    $\displaystyle (c)\;\int_0^{+\infty}\text{sen }x\;dx=\lim_{b\to +\infty}\int_1^{b}\text{sen }x\;dx=\lim_{b\to +\infty}\left[-\cos x\right]_0^b=\lim_{b\to +\infty}(-\cos b+1).$ No existe $\displaystyle\lim_{b\to +\infty} \cos b,$ por tanto la integral es divergente.
  2. Recordemos que si $f:(-\infty,b]\to\mathbb{R}$ es continua a trozos en todo intervalo $[a,b]$, entonces $$\int_{-\infty}^bf(x)\;dx\underbrace{=}_{\text{ def. }}\lim_{a\to -\infty}\int_a^{b}f(x)\;dx.$$ Si el límite anterior existe y es finito, la integral se dice que es convergente. Si es infinito, o no existe, la integral se dice que es divergente. $\quad \square$
    $\displaystyle (a)\;\int_{-\infty}^{-1}\frac{dx}{x^2}=\lim_{a\to -\infty}\int_a^{-1}\frac{dx}{x^2}=\lim_{a\to -\infty}\left[-\frac{1}{x}\right]_a^{-1}=\displaystyle\lim_{a\to -\infty}\left(1+\frac{1}{a}\right)=1.$ La integral es convergente.
    $\displaystyle (b)\;\int_{-\infty}^{0}\frac{dx}{4+x^2}=\lim_{a\to -\infty}\int_a^{0}\frac{dx}{4+x^2}=\lim_{a\to -\infty}\left[\frac{1}{2}\arctan\frac{x}{2}\right]_a^{0}\\\displaystyle=\lim_{a\to -\infty}-\frac{1}{2}\arctan\frac{a}{2}=\frac{\pi}{4}.$
    La integral es convergente.
  3. Recordemos que si $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es continua a trozos en todo intervalo $[a,b]$ y existe un $c\in\mathbb{R}$ tal que $\int_{-\infty}^{c}f(x)\;dx$ y $\int_{c}^{+\infty}f(x)\;dx$ son convergentes, $$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx\underbrace{=}_{\text{ def. }}\int_{-\infty}^{c}f(x)\;dx+\int_{c}^{+\infty}f(x)$$ y la integral del primer miembro se dice que es convergente. Si no existe tal $c,$ la integral se dice que es divergente. Además, si la integral del primer miembro es convergente, para todo $c’\in\mathbb{R}$ se verifica $$\int_{-\infty}^{c}f(x)\;dx+\int_{c}^{+\infty}f(x)\;dx=\int_{-\infty}^{c’}f(x)\;dx+\int_{c’}^{+\infty}f(x)\;dx,$$ con lo cual podemos escribir $$\boxed{\displaystyle\;\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx=\int_{-\infty}^{0}f(x)\;dx+\int_{0}^{+\infty}f(x)\; dx.\;}\quad \square$$ $(a)\;$ Tenemos $$\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+1}=\displaystyle\int_{-\infty}^{0}\frac{dx}{x^2+1}+\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+1}=\left[\arctan x\right]_{-\infty}^{0}+\left[\arctan x\right]_{0}^{+\infty}$$ $$=(\arctan 0-\arctan (-\infty))+(\arctan (+\infty)-\arctan 0=0-\left(-\frac{\pi}{2}\right)+\frac{\pi}{2}-0=\pi.$$ $(b)\;$ Tenemos $$\int\frac{dx}{x^2+4x+9}=\int\frac{dx}{(x+2)^2+5}=\frac{1}{\sqrt{5}}\arctan \frac{x+2}{\sqrt{5}}$$ $$\Rightarrow \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+4x+9}=\int_{-\infty}^{0}\frac{dx}{x^2+4x+9}+\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^2+4x+9}$$ $$=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\arctan \frac{x+2}{\sqrt{5}}\right]_{-\infty}^{0}+\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\arctan \frac{x+2}{\sqrt{5}}\right]_{0}^{+\infty}$$ $$=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\arctan\frac{2}{\sqrt{5}}+\frac{\pi}{2}\right)+\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{2}{\sqrt{5}}\right)=\frac{\pi}{\sqrt{5}}.$$
  4. Caso 1. $p=1.$ Tenemos $$I=\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x}=[\log x]_1^{+\infty}=\log (+\infty)-\log 1=+\infty.$$ Caso 2. $p\ne 1.$ En este caso, $$I=\int_1^{+\infty}x^{-p}dx=\frac{1}{1-p}\left[x^{1-p}\right]_1^{+\infty}=\frac{1}{1-p}\left(\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x^{p-1}}-1\right).$$ Si $p>1,$ $p-1>0,$ por tanto $$I=\frac{1}{1-p}\left(\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x^{p-1}}-1\right)=\frac{1}{1-p}\left(0-1\right)=\frac{1}{p-1}.$$ Si $p<1,$ $1-p>0.$ Entonces, $$I=\frac{1}{1-p}\left(\lim_{x\to +\infty}x^{1-p}-1\right)=\frac{1}{1-p}\cdot(+\infty-1)=+\infty.$$ Podemos concluir en que $$\int_1^{+\infty}\frac{dx}{x^p}=\left \{ \begin{matrix} \dfrac{1}{1-p} & \mbox{ si }& p>1\\+\infty & \mbox{ si }& p\le 1.\end{matrix}\right.$$
  5. $a)$ Usando la convergencia de $\int_a^{+\infty}f(x)\;dx$ y $\int_a^{+\infty}g(x)\;dx,$ $$\int_a^{+\infty}\left(f(x)+g(x)\right)dx=\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}\left(f(x)+g(x)\right)dx$$ $$=\lim_{b\to +\infty}\left(\int_a^{b}f(x)\;dx+\int_a^{b}g(x)\;dx\right)=\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}f(x)\;dx+\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}g(x)$$ $$=\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\;dx+\displaystyle\int_a^{+\infty}g(x)\;dx.$$ $b)$ Usando la convergencia de $\int_a^{+\infty}f(x)\;dx,$ $$\int_a^{+\infty}\lambda f(x)\;dx=\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}\lambda f(x)\;dx=\lim_{b\to +\infty}\lambda\int_a^{b} f(x)\;dx$$ $$=\lambda\lim_{b\to +\infty}\int_a^{b}f(x)\;dx=\lambda\displaystyle\int_a^{+\infty}f(x)\;dx.$$
  6. Tenemos $$\int \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}\underbrace{=}_{t=1/x}\int\frac{dt/(-t^2)}{(1/t)\sqrt{(1/t^2)-1}}=-\int\frac{dt}{t\sqrt{(1-t^2)/t^2}}$$ $$=-\int\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}=\arccos t=\arccos \frac{1}{x}\Rightarrow \int_2^{+\infty} \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}$$ $$=\lim_{b\to +\infty}\int_2^{b} \frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=\lim_{b\to +\infty}\left[\arccos \frac{1}{x}\right]_2^b$$ $$=\lim_{b\to +\infty}\left(\arccos \frac{1}{b}-\arccos \frac{1}{2}\right)=\arccos 0-\arccos \frac{1}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{6}.$$
  7. Efectuando la descomposición en fracciones simples obtenemos $$\frac{1}{1-x^3}=\frac{1}{3}\frac{1}{1-x}+\frac{1}{3}\frac{x+2}{x^2+x+1}.$$ Las respectivas integrales indefinidas son $$\int \frac{dx}{1-x}=-\log \left|1-x\right|=-\log (x-1),$$ $$\int \frac{x+2}{x^2+x+1}dx=\frac{1}{2}\int \frac{(2x+1)+3}{x^2+x+1}dx$$ $$=\frac{1}{2}\left[\int \frac{2x+1}{x^2+x+1}dx+3\int \frac{dx}{(x+1/2)^2+3/4}\right]$$ $$=\frac{1}{2}\log (x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\frac{1}{2}\right).$$ Entonces, $$\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{1-x^3}=\lim_{b\to +\infty}\int_{2}^{b}\frac{dx}{1-x^3}$$ $$=\lim_{b\to +\infty}\left[\frac{1}{6}\log \frac{x^2+x+1}{(x-1)^2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left(x+\frac{1}{2}\right)\right]_2^b$$ $$=\lim_{b\to +\infty}\left(\frac{1}{6}\log \frac{b^2+b+1}{(b-1)^2}+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{2}{\sqrt{3}}\left(b+\frac{1}{2}\right)\right)$$ $$-\frac{1}{6}\log 7-\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{5}{\sqrt{3}}=\frac{1}{6}\log 1+\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan (+\infty)$$ $$-\frac{1}{6}\log 7-\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{5}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\frac{\pi}{2}-\frac{1}{6}\log 7-\frac{\sqrt{3}}{3}\arctan \frac{5}{\sqrt{3}}.$$ Por tanto, $$\int_{2}^{+\infty}\frac{dx}{1-x^3}=\frac{1}{6}\left(\sqrt{3}\pi-\log 7-2\sqrt{3}\arctan \frac{5}{\sqrt{3}}\right).$$
  8. $(a)$ La función integrando es continua en $\mathbb{R},$ luego existen y son finitas las integrales $$\int_{-1}^s\frac{t}{t^4+1}dt\text{ si }s>-1\text{ y } \int_{s}^{-1}\frac{t}{t^4+1}dt\text{ si }-1>s.$$ En consecuencia, la convergencia de la integral dada equivale a la convergencia de $$\int_{-\infty}^{-1}\frac{t}{t^4+1}dt$$ y dado que la función integrando es impar, la convergencia a su vez equivale a la de la integral $$\int_{1}^{+\infty}\frac{t}{t^4+1}dt.$$ Ahora bien, $$\lim_{t\to +\infty}\left(\dfrac{t}{t^4+1}:\dfrac{1}{t^3}\right)=\lim_{t\to +\infty}\frac{t^4}{t^4+1}=1\ne 0.$$ Dado que $\int_1^{+\infty}dt/t^3$ es convergente, la integral dada es convergente para todo valor de $s\in\mathbb{R}.$
    $(b)$ Tenemos $$\int\frac{t}{t^4+1}dt=\int\frac{t}{(t^2)^2+1}dt=\frac{1}{2}\int\frac{2t}{(t^2)^2+1}dt=\frac{1}{2}\arctan{t^2}.$$ Entonces, $$F(x)=\int_{-\infty}^x\frac{t}{t^4+1}dt=\left[\frac{1}{2}\arctan{t^2}\right]_{-\infty}^x=\frac{1}{2}\left(\arctan{x^2}-\arctan (+\infty)\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(\arctan{x^2}-\frac{\pi}{2}\right).$$ Por tanto, $$\lim_{x\to +\infty}F(x)=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{2}\left(\arctan{x^2}-\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\arctan (+\infty)-\frac{\pi}{2}\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\right)=0,$$ $$\lim_{x\to -\infty}F(x)=\lim_{x\to -\infty}\frac{1}{2}\left(\arctan{x^2}-\frac{\pi}{2}\right)=\frac{1}{2}\left(\arctan (+\infty)-\frac{\pi}{2}\right)$$ $$=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}\right)=0.$$
  9. Recordemos el siguiente teorema:
    Sean $-\infty \le a<b\le +\infty,$ y $u,v\in C^1[a,b].$ Si dos de los siguientes términos son convergentes, lo es el tercero y se verifica la igualdad. $$\int_a^bu(x)v’(x)\;dx=\left[u(x)v(x)\right]_a^b-\int_a^bu’(x)v(x)\;dx.$$ (Fórmula de integración por partes).

    $(a)$ Llamando $u=1-\cos x$ y $dv=1/x^2,$ tenemos $du=\operatorname{sen}x$ y $v=-1/x.$ Por tanto $$\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos x}{x^2}dx=\left[-\frac{1-\cos x}{x}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}x}{x}dx.$$ Por otra parte, $$\left[-\frac{1-\cos x}{x}\right]_0^{+\infty}=-\lim_{x\to +\infty}\frac{1-\cos x}{x}+\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos x}{x}.$$ Estos límites son $$\lim_{x\to +\infty}\frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{x}\cdot\cos x\right)=0-0=0,$$ $$\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos x}{x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\operatorname{sen} x}{1}=0.$$ En consecuencia, $$\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos x}{x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}x}{x}dx=\frac{\pi}{2}.$$ $(b)$ Llamando $u=\operatorname{sen}^2 x$ y $dv=1/x^2,$ tenemos $du=\operatorname{sen}2x$ y $v=-1/x.$ Por tanto $$\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x^2}dx=\left[-\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}\right]_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}2x}{x}dx.$$ Por otra parte, $$\left[\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}\right]_0^{+\infty}=\lim_{x\to +\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}-\lim_{x\to 0^+}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}.$$ Estos límites son $$\lim_{x\to +\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}\cdot \operatorname{sen}^2 x=0,$$ $$\lim_{x\to 0^+}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x}=\left\{\frac{0}{0}\right\}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\operatorname{sen} 2x}{1}=0.$$ En consecuencia, $$\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 x}{x^2}dx=\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}2x}{x}dx\underbrace{=}_{t=2x}\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}t}{t}dt=\frac{\pi}{2}.$$ $(c)$ Podemos expresar $$\operatorname{sen}^4x=(\operatorname{sen}^2x)^2=\left(\frac{1-\cos 2x}{2}\right)^2=\frac{1-2\cos 2x+\cos^2 2x}{4}$$ $$=\frac{1-2\cos 2x+1-\operatorname{sen}^2 2x}{4}=\frac{2(1-\cos 2x)-\operatorname{sen}^2 2x}{4}.$$ Por tanto, $$\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^4x}{x^2}dx=\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos 2x}{x^2}dx-\frac{1}{4}\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 2x}{x^2}dx$$ $$\underbrace{=}_{t=2x}\int_0^{+\infty}\frac{1-\cos t}{t^2}dt-\frac{1}{2}\int_0^{+\infty}\frac{\operatorname{sen}^2 t}{t^2}dt=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{4}.$$

  10. Demostremos el resultado por reducción al absurdo. Supongamos que fuera $A\ne 0.$ Eligiendo $\epsilon =\left|A\right|/2$ y usando que $\lim_{x\to +\infty}f(x)$ $=A,$ existe $M$ con $M\ge a$ y tal que $\left|f(x)-A\right|<\epsilon$ si $x\geq M.$
    Equivalentemente $$A-\epsilon=A-\frac{\left|A\right|}{2}< f(x)<A+\epsilon= A+\frac{\left|A\right|}{2}\;\;\;\text{ si }x\ge M.$$ Si $A>0,$ para todo $x\ge M$ se verifica $0\le A/2<f(x),$ por tanto $$0\le \int_M^x\frac{A}{2}dt\le \int_{M}^{x}f(t)\;dt.$$ Integrando obtenemos $$0\le \frac{A(x-M)}{2}\le \int_M^x f(t)\;dt.$$ Pero $A(x-M)/2\to +\infty$ cuando $x\to +\infty,$ lo cual implica que $\int_M^{+\infty}f(x)\;dx=+\infty$ y por ende, $\int_a^{+\infty}f(x)\;dx=+\infty$ en contradicción con la hipótesis.
    Si $A<0,$ entonces $\left|A\right|=-A$ y para todo $x\ge M$ se verifica $$f(x)<A+\frac{\left|A\right|}{2}=-\left|A\right|+\frac{\left|A\right|}{2}=-\frac{\left|A\right|}{2}$$ por tanto $$\int_M^xf(t)\;dt\le -\int_M^x\frac{\left|A\right|}{2}dt=-\left|A\right|\frac{(x-M)}{2}.$$ Pero $-\left|A\right|(x-M)/2\to -\infty$ cuando $x\to +\infty,$ lo cual implica que $\int_M^{+\infty}f(x)\;dx$ $=-\infty$ y por ende, $\int_a^{+\infty}f(x)\;dx=-\infty$ en contradicción con la hipótesis.
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