Integrais Impróprias

por **menino de ouro** » Qui Dez 20, 2012 13:32

olá,pessoal

$\lim_{x\rightarrow-\infty}\int_{t}^{0}\frac{1}{4+x^2}dx=\lim_{x\rightarrow-\infty}-\frac{1}{2}arctg\frac{t}{2}=\frac{\Pi}{4}$

$\lim_{x\rightarrow+\infty}arctg(x)=\frac{\Pi}{2}$

$\lim_{x\rightarrow-\infty}arctg(x)=\frac{-\Pi}{2}$

como eu acho esses limites da arctg de(x) e ,também onde eu coloco o resultado la na integral acima para chegar ao resultado de $\frac{\Pi}{4}$

obrigado!

nessa integral aqui $\int_{2}^{\infty}\frac{1}{x^2-1}$ não consigo nem arrancar do inicio!

por **e8group** » Sáb Dez 22, 2012 12:19

Bom dia , não seria isto abaixo ?

$\lim_{t\to - \infty} \int _{t}^0 \frac{1}{4+x^2} = - \frac{1}{2}\lim_{t\to - \infty} arctan(t/2) = -\frac{1}{2} \arctan\left(\frac{1}{2}\lim_{t\to - \infty} t\right )$ .

Para chegar na resposta ,veja o procedimento .

Dada a função tan

, $tan(x) = \frac{sin(x)}{cos(x)}$ ; $D(tan(x)) = \{ x \in \mathbb{R } : (cos(x)\neq 0 \ \text {ou}\ x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi , \forall k \in \mathbb{Z} )\}$ . Mas para obternos a função inversa da tangente vamos precisar trabalhar na imagem e domínio de forma que a função tangente seja injetora e sobrejetora. Assim ,vamos obter que a função tangente possui inversa $\iff x \in (-\pi/2 , \pi/2)$ . Vamos fazer uma análise de forma obter a resposta do limite .

Temos :

$\lim_{x\to a} tan(x) = \lim_{x\to a} \frac{sin(x)}{cos(x)} = - \infty , a \in (-\pi/2 , \pi/2)$ .O fato é que este resultado acima só ocorre quando $a \to - \pi/2$ para $a \in (-\pi/2 , \pi/2)$ . Deste modo , temos :

$\lim_{t\to - \infty} \int _{t}^0 \frac{1}{4+x^2} = - \frac{1}{2}\lim_{t\to - \infty} arctan(t/2) = -\frac{1}{2} \arctan\left(\frac{1}{2}\lim_{t\to - \infty} t\right ) = - \frac{1}{2} \cdot \frac{-\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$

por **e8group** » Sáb Dez 22, 2012 14:53

Esqueci de postar . Quanto a esta integral $\int _{2}^{\infty}\frac{dx}{x^2 - 1}$ .Vamos dividir em duas etapas .

i)

Temos : $\frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1}{x^2 - 1^2} = \frac{1}{(x - 1)(x+1)}$ .

Fazendo ,

$\frac{1}{(x - 1)(x+1)} = \frac{a_1}{x-1} + \frac{a_2}{x+1} \implies 1 = a_1(x-1) + a_2(x-1) = a_1 - a_2 + (a_1 + a_2)x$ .

Igualando os coeficientes ,vem :

$\begin{cases} a_1 -a_2 = 1 \\ a_1 + a_2 = 0\end{cases} L_2 + L_1 \rightarrow L_1,1/2 L_1\rightarrow L_1 , - L_1 + L_2 \rightarrow L_2 ,1/2 L_2 \rightarrow L_2 \sim \begin{cases} a_1 = 1/2 \\ a_2 = - 1/2\end{cases}$

Assim , $\frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1}{x^2 - 1^2} = \frac{1}{(x - 1)(x+1)} = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} \right)$

ii)

Rescrevendo a integral inicial como $\lim_{\gamma \to +\infty} \int _{2}^{\gamma} \frac{dx}{x^2 - 1}$ .

Através de (i) e (ii) , segue que :

$\int _{2}^{\infty}\frac{dx}{x^2 - 1} = \frac{1}{2}\lim_{\gamma \to +\infty} \left(\int _{2}^{\gamma}\left[\frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1} \right] dx\right )$

Consegue terminar ?

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