Sabemos integrar funciones sobre intervalos \([a,b]\). Ver también: criterios de convergencia (analogía con series). Se puede definir \(\int_{a}^{\infty} f(x)\, dx\).
Definición (Convergencia de integral impropia)
Sea \(f:[a,+\infty] \to \mathbb{R}\) Riemann integrable en \([a,b]\) para todo \(b>a\). Decimos que \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge si \(\lim_{ b \to \infty } \int_{a}^{b} f(x) \, dx\) existe.
Ejemplo
Considere \(\int_{1}^{\infty} \, \frac{1}{x^{p}}dx\) . Como
\[\int_{1}^{b} x^{-p} \, dx = \frac{x^{1-p}}{1-p} \biggr\rvert_{1}^{b } = \frac{b^{1-p}}{1-p} - \frac{1}{1-p}.\]Note que
\[-\frac{1}{1-p} \quad \text{si }p>1 \lim_{ b \to \infty } \frac{b^{1-p}}{1-p} - \frac{1}{1-p} = \begin{cases} -\frac{1}{1-p} \quad \text{si }p>1 \\ +\infty \quad \text{si }p <1 \end{cases}\]Además, si \(p=1\)
\[\int_{1}^{b} \frac{1}{x} \, dx = \ln b \to \infty.\]Lema (Convergencia hacia cero de la función)
Sea \(f:[a,+\infty) \to \mathbb{R}\) Riemann integrable en \([a,b]\) para todo \(b>a\). Si \(\lim_{ x \to \infty } f(x) = L \neq 0\), entonces \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) diverge.
Prueba: Suponga primero que \(L>0\) y tome \(\varepsilon = \frac{L}{2} > 0\). Por la definición de límite, existe \(M>a\) tal que \(\lvert f(x)-L \rvert < \varepsilon\) siempre que \(x>M\). En particular,
\[f(x) > L - \varepsilon = \frac{L}{2} > 0 \qquad \text{para todo } x > M.\]Sea \(b>M\). Partiendo la integral en \(M\) y acotando \(f\) inferiormente por la constante \(L-\varepsilon\) en \([M,b]\),
\[\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{a}^{M} f(x) \, dx + \int_{M}^{b} f(x) \, dx \geq \int_{a}^{M} f(x) \, dx + (L-\varepsilon)(b-M).\]El término \(\int_{a}^{M} f(x) \, dx\) es un número real fijo y \(L-\varepsilon>0\), de modo que el lado derecho tiende a \(+\infty\) cuando \(b \to \infty\). Luego,
\[\lim_{ b \to \infty } \int_{a}^{b} f(x) \, dx = +\infty,\]y por lo tanto \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) diverge.
Si \(L<0\), aplique el caso ya demostrado a \(-f\): como \(\lim_{ x \to \infty } (-f(x)) = -L > 0\), obtenemos \(\lim_{ b \to \infty } \int_{a}^{b} (-f(x)) \, dx = +\infty\), es decir, \(\lim_{ b \to \infty } \int_{a}^{b} f(x) \, dx = -\infty\), y la integral también diverge.
Observación (una condición necesaria de Cauchy): Suponga que \(\lim_{ b \to \infty } \int_{a}^{b} f(x) \, dx = I \in \mathbb{R}\). Dado \(\varepsilon>0\) existe \(M>0\) tal que si \(b>M\), entonces
\[\left\lvert \int_{a}^{b} f(x) \, dx -I \right\rvert < \frac{\varepsilon}{2}.\]Tome \(b_{2} > b_{1} > M\). Ahora,
\[\begin{aligned} \left\lvert \int_{b_{1}}^{b_{2}} f(x) \, dx \right\rvert &= \left\lvert \int_{a}^{b_{2}} f(x) \, dx - \int_{a}^{b_{1}} f(x) \, dx \right\rvert \\ &\leq \left\lvert \int_{a}^{b_{1}} f(x) \, dx - I \right\rvert + \left\lvert \int_{a}^{b_{2}} f(x) \, dx - I \right\rvert < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \end{aligned}\]Concluimos que \(\left\lvert \int_{b_{1}}^{b_{2}} f(x) \, dx \right\rvert < \varepsilon\) siempre que \(b_{2}>b_{1}>M\); este es el recíproco de la condición de Cauchy que se prueba a continuación.
Lema (Reducción a sucesiones)
\(\int_{0}^{\infty} f(x)\, dx\) converge a \(L\) si dada \(\{ x_{n} \}_{n=1}^{\infty} \subseteq [a,+\infty]\) tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty\), tenemos que
\[\lim_{ n \to \infty } \int_{a}^{x_{n}}f(x) \, dx = F(x_{n})\text{ existe y converge a } L.\]Lema (Condición de Cauchy de la integral impropia)
Si dado \(\varepsilon>0\), existe \(M>0\) tal que \(\left\lvert \int_{c}^{d} f(x)\, dx \right\rvert < \varepsilon\), si \(c,d > M\), entonces \(\int_{0}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
Prueba: Sea \(\{ x_{n} \}_{n=1}^{\infty} \subseteq [a,+\infty]\) tal que \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty\). Tome \(z_{n} = \int_{a}^{x_{n}} f(x)\, dx\). Sea \(\varepsilon>0\), entonces existe \(M \in \mathbb{N}\) tal que \(\left\lvert \int_{c}^{d} f(x)\, dx \right\rvert < \varepsilon\) para todos \(c>d\geq M\). Ahora, si tomamos \(x_{n} < x_{m}\), entonces
\[\lvert z_{n}-z_{m} \rvert = \left\lvert \int_{x_{n}}^{x_{m}} f(x) \, dx \right\rvert < \varepsilon.\]Sea \(N \in \mathbb{N}\) tal que \(x_{k}\geq M\) para todo \(k\geq N\), que sabemos que existe porque \(x_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty\). Luego, si \(n,m \geq N\), \(\left\lvert \int_{x_{n}}^{x_{m}} f(x) \, dx \right\rvert < \varepsilon\). Entonces, \(z_{n}\) es de Cauchy y converge. Probaremos ahora que todas convergen al mismo límite. Sea \(\{ y_{n} \}_{n=1}^{\infty} \subseteq [a, +\infty]\) tal que \(y_{n} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty\). Hay que mostrar que
\[\int_{a}^{x_{n}} f(x) \, dx - \int_{a}^{y_{n}} f(x) \, dx = \int_{\min\{ x_{n}, y_{n}\}}^{\max \{ x_{n},y_{n} \}} f(x) \, dx \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} 0.\]Tome \(N_{1}\) tal que \(x_{n}, y_{n} \geq M\), entonces para \(n\geq N_{1}\),
\[\left\lvert \int_{\min\{ x_{n},y_{n} \}}^{\max\{ x_{n},y_{n} \}} f(x)\, dx \right\rvert < \varepsilon.\]Conclúyase que cualesquiera dos sucesiones convergen al mismo valor.
Teorema (Convergencia absoluta)
Si \(\int_{a}^{\infty} \lvert f(x) \rvert \, dx\) converge, entonces \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
Prueba: \(\int_{0}^{\infty} f(x) \, dx\) existe si y solo si dado \(\varepsilon>0\), existe \(M>0\) tal que \(\left\lvert\int_{c}^{d} f(x) \, dx \right\rvert < \varepsilon\) si \(c,d \geq M\). Note que
\[\left\lvert \int_{c}^{d} f(x) \, dx \right\rvert < \int_{c}^{d} \lvert f(x) \rvert \, dx.\]Luego, si \(\int_{c}^{\infty} \lvert f(x) \rvert \, dx\) converge, dado \(\varepsilon>0\), existe \(M > 0\) tal que \(\int_{c}^{d} \lvert f(x) \rvert \, d < \varepsilon\) si \(c,d \geq M\). Por lo tanto,
\[\left\lvert \int_{c}^{d} f(x) \, dx \right\rvert \leq \int_{c}^{d} \lvert f(x) \rvert \, dx < \varepsilon.\]Entonces \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
Teorema (Comparación)
Si existe \(c \in [a, \infty)\) tal que \(0 \leq f(x) \leq g(x)\) para todo \(x \geq c\), entonces:
- \(\int_{a}^{\infty} g(x) \, dx\) converge si \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
- \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) diverge si \(\int_{a}^{\infty} g(x) \, dx\) diverge.
Prueba de (1): Asuma que \(0 \leq f(x) \leq g(x)\) para todo \(x \geq c\), con \(a < c\). Entonces
\[0\leq \int_{c}^{d} f(x) \, dx \leq \int_{c}^{d} g(x) \, dx.\]Si \(\int_{a}^{\infty} g(x) \, dx\) converge. Entonces existe \(M\geq 0\) tal que para todos \(\ell,q \geq M\) ,
\[0 < \int_{\ell}^{q} g(x) \, dx < \varepsilon\]Luego \(0<\int_{\ell}^{q} f(x) \, dx < \varepsilon\) y por tanto es de Cauchy y converge. La prueba de 2 se deja como ejercicio. Una sugerencia es notar que \(F(x) = \int_{a}^{u} f(u) \, du\) es creciente si \(f(x)\geq_{0}\).
Teorema (Comparación en el límite)
Sean \(f:[a,\infty) \to \mathbb{R}\) y \(g:[a,+\infty] \to \mathbb{R}\) tales que \(0\leq f(x)\leq g(x)\) para \(x\geq c\), donde \(c>a\).
- En caso de que \(\lim_{ n \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \ell \neq 0\), \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) si y solo si \(\int_{a}^{\infty} g(x)\, dx\) converge.
- En caso de que \(\lim_{ n \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \infty\), tenemos que
- \(\int_{a}^{\infty} g(x) \, dx\) converge si \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
- \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) diverge si \(\int_{a}^{\infty} g(x) \, dx\) diverge.
Prueba: Asuma que \(\lim_{ n \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = \ell \neq 0\). Dado \(\varepsilon>0\), existe \(M>0\) tal que para todo \(x \geq M\),
\[\ell - \varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < \ell + \varepsilon.\]Luego, si tomamos \(\varepsilon < \ell\), entonces
\[0 \leq (l-\varepsilon) g(x) \leq f(x) \leq (l+\varepsilon) g(x).\]El resultado se sigue por el teorema de comparación. Por otro lado, si \(\lim_{ n \to \infty } \frac{f(x)}{g(x)} = +\infty\). Dado \(M>0\), existe \(N>0\) tal que \(\frac{f(x)}{g(x)} \geq M\) si \(x>N\). Entonces, \(f(x) \geq Mg(x)\) si \(x\geq N\).
En el caso de integrales de otras especies calcular el limite hacia el punto problemático.
Ejemplo
Sea \(\Gamma(\alpha) = \int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{\alpha-1} \, dx\) para \(\alpha \geq 1\). Note que
\[\lim_{ x \to \infty } \frac{e^{-x}x^{\alpha-1}}{e^{-x/2}} = \lim_{ x \to \infty } e^{-x/2} x^{\alpha-1} = 0.\]Como
\[\int_{0}^{a} e^{x/2} \, dx = -\frac{1}{2} e^{-x/2} \biggr\rvert_{a}^{0} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} e^{-a/2} \underset{n \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \frac{1}{2},\]es decir, \(\int_{0}^{\infty} e^{-x/2} \, dx\) converge y se concluye por comparación al límite que \(\int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{\alpha-1} \, dx\) converge.
Ejercicio
Muestre que \(\Gamma(1) = 1\) y que \(\Gamma(\alpha) = \alpha\Gamma(\alpha-1)\) para \(\alpha \geq 2\).
Teorema (Dirichlet)
Sean \(f:[a,+\infty) \to \mathbb{R}\) y \(g:[a, +\infty) \to \mathbb{R}\) funciones tales que
- Existe \(M>0\) tal que \(\int_{a}^{b} f(x) \, dx \leq M\) para todos \(a<b \in \mathbb{R}\).
- \(g\) es decreciente y \(\lim_{ x \to \infty } g(x) = 0\). Entonces, \(\int_{a}^{\infty} f(x)g(x) \, dx\) converge.
Prueba: Dado \(\varepsilon>0\), existe \(K\) tal que \(0\leq g(x) < \frac{\varepsilon}{M}\) para \(x\geq K\). Además, dados \(c,d\geq K\), tenemos que existe \(c_{1} \in \mathbb{R}\) tal que
\[\int_{c}^{d} f(x)g(c) \, dx = g(c) \int_{c}^{c_{1}} f(x) \, dx,\]donde \(c\leq c_{1} \leq d\). Entonces, para todos \(d\geq c\geq k\)
\[\left\lvert \int_{c}^{d} f(x)g(x) \, dx \right\rvert = g(c) \left\lvert \int_{c}^{d} f(x) \, dx \right\rvert < \frac{\varepsilon}{M} \cdot M = \varepsilon,\]y por tanto la integral converge.
Ejemplo
Considere \(\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x^{p}}\, dx\) para \(p>0\). Note que \(\lim_{ n \to \infty } \frac{1}{x^{p}} = 0\) y \(\frac{1}{x^{p}}\) es decreciente. Además,
\[\left\lvert \int_{a}^{b} \sin x \, dx \right\rvert = \left\lvert -\cos x \biggr\rvert_{a}^{b } \right\rvert = \lvert \cos b-\cos a \rvert \leq 2.\]Por lo tanto, converge.
Ejemplo
Recordemos que \(\int_{1}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx\) converge por Dirichlet. ¿Qué pasa con \(\int_{\pi}^{\infty} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx\)? Considere
\[\int_{\pi}^{k \pi} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx = \sum_{j=1}^{k-1} \int_{j \pi}^{(j+1)\pi} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx.\]Ahora,
\[\begin{aligned} \frac{2}{\pi(j+1)} =\frac{1}{(j+1)\pi} \int_{j \pi}^{(j+1) \pi} \left\lvert \sin x \right\rvert \, dx &\leq \int_{j \pi}^{(j+1)\pi} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx \\ &\leq \frac{1}{j\pi} \int_{j \pi}^{(j+1) \pi} \left\lvert \sin x \right\rvert \, dx = \frac{2}{j \pi}. \end{aligned}\]Entonces,
\[\sum_{j=1}^{k-1} \frac{2}{\pi} \frac{1}{j+1} \leq \int_{\pi}^{k \pi} \frac{1}{(j+1)\pi} \int_{j \pi}^{(j+1) \pi} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx \leq \sum_{j=1}^{k-1} \frac{2}{\pi} \frac{1}{j}.\]Como \(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{n} = +\infty\) entonces \(\lim_{ k \to \infty } \int_{0}^{k \pi} \left\lvert \frac{\sin x}{x} \right\rvert \, dx = \infty\).
Lema (Criterio de Abel)
Sea \(f:[a,+\infty) \to \mathbb{R}\) tal que
- \(\int_{a}^{\infty} f(x) \, dx\) converge.
Asuma además que \(g:[a,+\infty) \to \mathbb{R}\)
- es monótona,
- \(\lim_{ x \to \infty } g(x) = \ell\).
Entonces \(\int_{0}^{\infty} f(x)g(x) \, dx\) converge.
Prueba: Sea \(\varepsilon>0\). Sean \(c,d \geq M\). Entonces existe \(c_{1} \in [c,d]\) tal que
\[\int_{c}^{d} f(x)g(x) \, dx = g(c) \int_{c}^{c_{1}} f(x) \, dx + g(d) \int_{c_{1}}^{d} f(x) \, dx,\]donde \(M\) es tal que \(\ell-\varepsilon < g(x) < \ell+\varepsilon\) si \(x\geq M\). Entonces, existe \(K\) tal que \(\lvert g(x) \rvert \leq K\) para \(x \geq M\). Sea \(M_{1}\) tal que
\[\left\lvert \int_{p}^{q} f(x) \, dx \right\rvert < \frac{\varepsilon}{2K}\]para \(p,q \geq M_{1}\geq M\). Entonces,
\[\left\lvert \int_{c}^{d} f(x)g(x) \, dx \right\rvert \leq \lvert g(c) \rvert \left\lvert \int_{c}^{c_{1}} f(x) \, dx \right\rvert + \lvert g(d) \rvert \left\lvert \int_{c_{1}}^{d} f(x) \, dx \right\rvert \leq K \frac{\varepsilon}{2K} + K \frac{\varepsilon}{2K} = \varepsilon.\]Conclúyase que es de Cauchy y por tanto converge.
Ejemplo
Para \(\int_{1}^{\infty} \frac{\sin x \arctan x}{x} \, dx\), tome \(g(x) = \arctan x\) y \(f(x)=\frac{\sin x}{x}\). Como \(g(x)\) es monótona y \(\lim_{ x \to \infty } \arctan x = \frac{\pi}{2}\) y \(\int_{1}^{\infty} \frac{\sin x}{x} \, dx\) converge, entonces la integral dada converge.
Otros tipos de integrales impropias
De -\(\infty\) a \(b\)
Sean \(f:(-\infty,b] \to \mathbb{R}\) tal que \(f:[a,b] \to \mathbb{R}\) es Riemann integrable para todo \(a<b\). Si \(\lim_{ a \to -\infty } \int_{a}^{b} f(x) \, dx\) existe, decimos que \(\int_{-\infty}^{b} f(x) \, dx\) converge \(\int_{0}^{1} \, dx\)
Note que \(\int_{a}^{b} f(x) \, dx = \int_{-b}^{-a} f(u) \, du\), por lo que \(\int_{-\infty}^{b}f(x) \, dx\) converge si y solo si \(\int_{-b}^{\infty} f(-x) \, dx\) converge.
De \(-\infty\) a \(+\infty\)
Sean \(f:(-\infty,+\infty) \to \mathbb{R}\). Entonces \(\int_{-\infty}^{+\infty} f(x) \, dx\) converge si y solo si \(\int_{0}^{+\infty} f(x)\, dx\) y \(\int_{-\infty}^{0} f(x) \, dx\) convergen.
Ejemplo
Considere la siguiente integral impropia: \(\int_{-\infty}^{+\infty} x^{2}e^{-\lvert x \rvert} \, dx\). Note que
\[\int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-\lvert x \rvert } \, dx = \int_{0}^{+\infty} x^{2}e^{-x}\, dx.\]Por otro lado,
\[\int_{-\infty}^{0} x^{2} e^{-\lvert x \rvert } \, dx = \int_{-\infty}^{0} x^{2} e^{x} \, dx = \int_{+\infty}^{0} (-u)^{2}e^{-u} - \, du = \int_{0}^{+\infty} (-u)^{2} e^{-u} \, du.\]Ahora,
\[\lim_{ x \to \infty } \frac{ x^{2}e^{-x}}{e^{-x/2}} = 0.\]Como \(\int_{0}^{+\infty} e^{-x/2} \, dx = -\frac{1}{2} e^{-x/2} \biggr\rvert_{0}^{+\infty } = \frac{1}{2}\), tenemos que \(\int_{0}^{\infty} x^{2} e^{-x} \, dx\) converge.
Ejemplo
Considere \(\int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx\) con \(\alpha>0\). Esta función no es Riemann-Integrable en \([0,1]\) si \(p>0\), pero ¿\(\lim_{ \alpha \to 0^{+} } \int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx\) existe?
Note que
\[\int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx = \begin{cases} \frac{1}{1-p} x^{1-p} \biggr\rvert_{\alpha}^{1} \quad\text{si } p\neq 1, \\ \ln x \biggr\rvert_{\alpha}^{1} = \ln(1) - \ln(\alpha) \quad \text{si }p=1. \end{cases}\]Entonces
\[\lim_{ \alpha \to 0^{+} } \int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx = \begin{cases} \frac{1}{1-p} \quad\text{si } 0<p<1, \\ +\infty \quad \text{en otros casos}. \end{cases}\]Haciendo el cambio de variable \(x = \frac{1}{u} \implies dx = -\frac{du}{u^{2}}\), tenemos que
\[\int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx = \int_{1}^{1/\alpha} \frac{1}{\left( \frac{1}{u} \right)^{p}}\, \frac{du}{u^{2}} = \int_{1}^{1/\alpha} \frac{1}{u^{2-p}} \, du .\]Entonces \(\int_{\alpha}^{1} \frac{1}{x^{p}} \, dx\) converge si y solo si \(\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{u^{2-p}} \, dx\) converge.