(b) \int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{4}+1} d x .

Passo 1

O enunciado pede que eu calcule a integral imprópria
\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx.
Informações dadas: o integrando é a função f(x)=\dfrac{1}{x^{4}+1}, integrada de x=1 até x\to+\infty. A integral é imprópria porque o intervalo é infinito. O objetivo é encontrar o valor numérico exato dessa integral.

Passo 2

Primeiro passo técnico: fatorar o polinômio do denominador x^{4}+1 em quadráticos reais. Vou mostrar a fatoração padrão:
x^{4}+1=(x^{2}+\sqrt{2}\,x+1)(x^{2}-\sqrt{2}\,x+1).
Verificação rápida (para quem quiser checar): multiplicando os dois quadráticos obtém-se x^{4}+(a+b)x^{3}+(ab+2)x^{2}+(a+b)x+1 com a=\sqrt{2}, b=-\sqrt{2}, o que dá x^{4}+1.

Passo 3

Agora faço uma decomposição em frações parciais do tipo
\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{Ax+B}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}+\frac{Cx+D}{x^{2}-\sqrt{2}x+1},
onde A,B,C,D\) são constantes reais a determinar. Multiplicando ambos os lados por \(x^{4}+1\) obtenho \[1=(Ax+B)(x^{2}-\sqrt{2}x+1)+(Cx+D)(x^{2}+\sqrt{2}x+1).
Expandindo e agrupando coeficientes por potências de x chega-se ao sistema (coeficientes de x^{3},x^{2},x,1):
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] \sqrt{2}(C-A)+B+D=0,\\[4pt] \sqrt{2}(-B+D)+A+C=0,\\[4pt] B+D=1. \end{cases}
Da terceira equação, usando A+C=0\], obtemos \(\sqrt{2}(-B+D)=0\Rightarrow D=B. Da última equação 2B=1\Rightarrow B=\tfrac{1}{2},\,D=\tfrac{1}{2}. Da primeira equação C=-A. Substituindo na segunda equação:
\sqrt{2}(-A-A)+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=0\quad\Rightarrow\quad -2\sqrt{2}A+1=0,
logo A=\dfrac{1}{2\sqrt{2}} e C=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}.
Portanto a decomposição é
\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac{1}{2}}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}+\frac{-\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac{1}{2}}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}.]

Passo 4

Preciso integrar cada parcela. Para isso uso duas fórmulas padrão (vou deduzir rapidamente):
  1. Para q(x)=x^{2}+bx+1 temos completando quadrado
q(x)=(x+\tfrac{b}{2})^{2}+\left(1-\tfrac{b^{2}}{4}\right).
No nosso caso b=\pm\sqrt{2} e 1-\dfrac{b^{2}}{4}=1-\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}>0.
  1. Fórmulas úteis (derivadas por substituição u=x+\tfrac{b}{2} e uso de \int\frac{du}{u^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a}\arctan\!\frac{u}{a}):
\int\frac{1}{x^{2}+bx+1}\,dx=\sqrt{2}\,\arctan\!\big(\sqrt{2}\,(x+\tfrac{b}{2})\big)+C,
\int\frac{x}{x^{2}+bx+1}\,dx=\frac{1}{2}\ln\big(x^{2}+bx+1\big)-\frac{b}{2}\sqrt{2}\,\arctan\!\big(\sqrt{2}\,(x+\tfrac{b}{2})\big)+C.
(Explicação curta: escrevemos x=\tfrac{1}{2}(2x+b)-\tfrac{b}{2} e separamos \int\frac{2x+b}{2q}dx=\tfrac{1}{2}\ln q e o resto dá a integral do tipo \int\frac{1}{q}dx que é arctan após completar o quadrado.)

Passo 5

Aplico essas fórmulas às duas parcelas (com b=\sqrt{2} e b=-\sqrt{2}). Após calcular os coeficientes e combinar, obtenho uma primitiva comum F(x) dada por
F(x)=\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\Bigg[\arctan\!\big(\sqrt{2}(x+\tfrac{\sqrt{2}}{2})\big)+\arctan\!\big(\sqrt{2}(x-\tfrac{\sqrt{2}}{2})\big)\Bigg].
Verificação informal: diferenciar F(x) devolve \dfrac{1}{x^{4}+1}.

Passo 6

Avalio o limite de F(x) quando x\to+\infty. Primeiro, para o termo logarítmico:
\lim_{x\to\infty}\ln\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}=0,
pois o numerador e denominador têm mesma ordem x^{2}. Para os arctan, cada argumento tende a +\infty, logo cada \arctan tende a \tfrac{\pi}{2}. Assim
F(+\infty)=0+\frac{1}{2\sqrt{2}}\Big(\tfrac{\pi}{2}+\tfrac{\pi}{2}\Big)=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}.

Passo 7

Avalio F(1). Calculo as expressões em x=1:
x^{2}+\sqrt{2}x+1\Big|_{x=1}=2+\sqrt{2},\qquad x^{2}-\sqrt{2}x+1\Big|_{x=1}=2-\sqrt{2}.
Os argumentos dos arctan são
\sqrt{2}\big(1+\tfrac{\sqrt{2}}{2}\big)=\sqrt{2}+1,\qquad \sqrt{2}\big(1-\tfrac{\sqrt{2}}{2}\big)=\sqrt{2}-1.
Observe que (\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)=1, ou seja, os dois números são positivos e o produto é 1. Há a identidade
\arctan a+\arctan b=\frac{\pi}{2}\quad\text{quando }a,b>0\text{ e }ab=1.
Logo
\arctan(\sqrt{2}+1)+\arctan(\sqrt{2}-1)=\frac{\pi}{2}.
Portanto
F(1)=\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}+\frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{\pi}{2} =\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}.

Passo 8

A integral pedida é F(+\infty)-F(1). Assim
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx= \frac{\pi}{2\sqrt{2}}-\left(\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\right).
Simplificando:
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx=\frac{\pi}{4\sqrt{2}}-\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}.
Podemos simplificar o logaritmo: \dfrac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=\dfrac{(2+\sqrt{2})^{2}}{2}= e usando 2+\sqrt{2}=\sqrt{2}(\sqrt{2}+1) obtemos após simplificação
\frac{1}{4\sqrt{2}}\Big(\pi-2\ln(\sqrt{2}+1)\Big)=\frac{\pi}{4\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1).
Ambas as formas são equivalentes; a última costuma ser apresentada por ser mais compacta.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{4\sqrt{2}}-\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1)

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