1. Calcule \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^{2}+1} d x

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral imprópria
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x \sin x}{x^{2}+1}\,dx.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • A integração é sobre toda a reta real, de -\infty a +\infty.
  • A função integranda é f(x)=\dfrac{x\sin x}{x^{2}+1}.
  • O objetivo é obter um valor numérico (uma constante) para essa integral.

Passo 2

Observação sobre paridade (simetria) da integranda — isso vai simplificar a integral. Vou checar f(-x):
f(-x)=\frac{(-x)\sin(-x)}{(-x)^{2}+1}=\frac{(-x)(- \sin x)}{x^{2}+1}=\frac{x\sin x}{x^{2}+1}=f(x).
Portanto f é uma função par. Para integrais sobre (-\infty,\infty) de funções pares vale a simplificação padrão:
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 2\int_{0}^{\infty} f(x)\,dx.
Aplicando aqui:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^{2}+1}\,dx = 2\int_{0}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^{2}+1}\,dx.
Iremos então calcular a integral no intervalo [0,\infty) e multiplicar por 2.

Passo 3

Introduzo uma dependência em parâmetro para facilitar: defino, para a>0,
I(a)=\int_{0}^{\infty} \frac{x\sin(a x)}{x^{2}+1}\,dx.
A integral que nos interessa é 2I(1). Agora uso uma relação com a integral
J(a)=\int_{0}^{\infty} \frac{\cos(a x)}{x^{2}+1}\,dx.
Derivando J(a) em relação a a e trocando derivação e integração (justificável aqui por convergência uniforme do integrando em conjuntos compactos de a), obtenho:
J'(a)=\int_{0}^{\infty} \frac{\partial}{\partial a}\big(\cos(a x)\big)\frac{1}{x^{2}+1}\,dx =\int_{0}^{\infty} \frac{-x\sin(a x)}{x^{2}+1}\,dx = -I(a).
Assim
I(a)=-J'(a).
Então, se eu conseguir uma expressão explícita para J(a), posso obter I(a) derivando.

Passo 4

Agora calculo J(a). Uma técnica padrão é usar a transformada de Fourier/integração no plano complexo. Considere a integral sobre a reta real da função complexa \dfrac{e^{i a x}}{x^{2}+1}. Para a>0 (caso do nosso interesse, pois depois colocaremos a=1) vale a famosa identidade
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i a x}}{x^{2}+1}\,dx = \pi e^{-a}.
Rascunho do argumento (essencial, mas direto): fechar o contorno no semiplano superior e aplicar o teorema dos resíduos. O integrando tem pólos simples em z=i e z=-i; ao fechar no semiplano superior só o pólo z=i fica dentro. O resíduo em z=i é
\operatorname{Res}\Big(\frac{e^{i a z}}{z^{2}+1},\,z=i\Big) =\lim_{z\to i}(z-i)\frac{e^{i a z}}{(z-i)(z+i)} =\frac{e^{i a i}}{2i}=\frac{e^{-a}}{2i}.
Pelo teorema dos resíduos, a integral sobre a reta real mais a contribuição do arco superior (que tende a zero por lemas de Jordan quando a>0) vale 2\pi i vezes esse resíduo. Assim a integral sobre a reta real é
2\pi i\cdot\frac{e^{-a}}{2i}=\pi e^{-a}.
Tomando a parte real dessa igualdade (pois \cos(ax)=\Re(e^{i a x})) obtemos
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(a x)}{x^{2}+1}\,dx = \pi e^{-a}.
Como o integrando é par, isto dá
J(a)=\int_{0}^{\infty} \frac{\cos(a x)}{x^{2}+1}\,dx = \frac{\pi}{2} e^{-a}.

Passo 5

Voltando à relação entre I(a) e J(a):
I(a)=-J'(a).
Com J(a)=\dfrac{\pi}{2}e^{-a} temos
J'(a)=-\frac{\pi}{2}e^{-a},
portanto
I(a)=-\big(-\frac{\pi}{2}e^{-a}\big)=\frac{\pi}{2}e^{-a}.

Passo 6

Agora colocamos a=1 (que é o caso da integral original) e lembramos que a integral total é 2I(1). Então
I(1)=\frac{\pi}{2}e^{-1},
e
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x\sin x}{x^{2}+1}\,dx = 2I(1) = 2\cdot\frac{\pi}{2}e^{-1}=\pi e^{-1}.

Resposta

\dfrac{\pi}{e}

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