O denominador zera em x=0 e nas raízes de x^{2}-2x+2=0, que são x=1\pm i.
Logo, há uma singularidade na reta real em x=0 e duas singularidades complexas fora da reta real em 1\pm i.
Observação importante para depois: apesar de o fator x no denominador sugerir um problema em x=0, a função \dfrac{\sin x}{x(x^{2}-2x+2)} tem comportamento finito em x=0 (pois \sin x\sim x quando x\to0). Mas a versão complexa com e^{iz} vai ter uma singularidade simples em z=0 — isso precisará de cuidado ao aplicar contornos.
Passo 2
Escolha do método e plano (passo a passo do que vou fazer).
Vou usar o artifício clássico: escrever \sin x como parte imaginária de e^{ix},
ou seja\sin x=\operatorname{Im}\big(e^{ix}\big),e calcular primeiroJ=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x\left(x^{2}-2x+2\right)}\,dx,pois então I=\operatorname{Im}(J).
Para calcular J vou aplicar o Teorema dos Resíduos usando um contorno que fecha no semicírculo superior (porque e^{iz} decai exponencialmente quando \operatorname{Im} z>0), cuidando do polo que está exatamente em z=0 (vai-se usar uma pequena semi-circunferência de desvio acima da origem).
Plano técnico:
Definir f(z)=\dfrac{e^{iz}}{z(z^{2}-2z+2)}.
Integrar f ao longo do contorno formado pela reta real (com um pequeno desvio acima de 0) mais o grande semicírculo superior e o pequeno semicírculo que evita 0.
Usar o Teorema dos Resíduos para relacionar a integral ao somatório das resíduas dos polos estritamente dentro do contorno (ou seja, z=1+i — pois 1-i fica abaixo e 0 está na reta real e será tratado pelo desvio).
Avaliar a contribuição do pequeno arco ao redor de 0 e resolver para J. Finalmente tomar a parte imaginária para obter I.
Passo 3
Definição da função complexa e relação entre I e J.
Como \sin x=\operatorname{Im}(e^{ix}), valeI=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x(x^{2}-2x+2)}\,dx=\operatorname{Im}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x(x^{2}-2x+2)}\,dx\right)=\operatorname{Im}(J).
Assim vou calcular J via contorno e depois tirar a parte imaginária.
Passo 4
Descrição do contorno e justificativa do decaimento no semicírculo (Jordan).
O contorno C_R será formado por:
a parte da reta real de -R a -\varepsilon,
o pequeno semicírculo C_\varepsilon de raio \varepsilon no plano superior desviando de -\varepsilon a +\varepsilon (ângulos \pi a 0),
a parte da reta real de \varepsilon a R,
e o grande semicírculo C_R^+ de raio R no semiplano superior de R a -R.
Justificativa do fechamento superior: sobre C_R^+ temos z=Re^{i\theta} com 0<\theta<\pi e|e^{iz}|=e^{-\operatorname{Im}(z)}=e^{-R\sin\theta},que tende a 0 rapidamente quando R\to\infty para \theta\in(0,\pi). Assim, pela estimativa de Jordan, a contribuição do grande semicírculo tende a 0 quando R\to\infty.
Dentro desse contorno estrito (excluindo pontos sobre a reta real) está o polo z=1+i (pois 1+i tem \operatorname{Im}>0); 1-i fica fora. O polo em z=0 está sobre a reta real e foi evitado pelo pequeno semicírculo C_\varepsilon; sua contribuição deve ser avaliada separadamente.
Passo 5
Aplicação do Teorema dos Resíduos ao contorno com o desvio e expressão para J.
Pelo Teorema dos Resíduos, para R\to\infty e \varepsilon\to0 vale\text{(integral ao longo da reta real, evitando 0)}+\text{(integral sobre }C_\varepsilon) +\underbrace{\text{(integral sobre }C_R^+)}_{\to0}=2\pi i\sum \operatorname{Res}\;,onde a soma das resíduas é sobre os polos estritamente dentro do semicírculo superior; aqui é apenas z=1+i.
Em notação:\operatorname{P.V.}\!\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx+\int_{C_\varepsilon} f(z)\,dz =2\pi i\operatorname{Res}\big(f,1+i\big).(Aqui \operatorname{P.V.} indica o valor principal de Cauchy da integral ao longo da reta real.)
Avaliação da integral sobre o pequeno arco C_\varepsilon em torno de 0.
Para |z|=\varepsilon pequeno, expandindo o denominador em z=0 dá z^{2}-2z+2=2+O(z). Logo, para \varepsilon pequeno,f(z)=\frac{e^{iz}}{z(z^{2}-2z+2)} \approx \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{z}\quad(\text{pois }e^{iz}=1+O(z)).
Parametrizando C_\varepsilon por z=\varepsilon e^{i\theta} com \theta indo de \pi a 0 (desvio superior), temos\int_{C_\varepsilon} f(z)\,dz \approx \int_{\pi}^{0}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{\varepsilon e^{i\theta}}\cdot i\varepsilon e^{i\theta}d\theta =\frac{i}{2}\int_{\pi}^{0}d\theta = -\frac{i\pi}{2}.
Observação: esse valor é exatamente -i\pi vezes a resídua de f em z=0. Vamos tornar isso explícito no passo seguinte ao calcular a resídua.
Passo 7
Cálculo explícito das resíduas em z=0 e z=1+i.
Resídua em z=0:\operatorname{Res}\big(f,0\big)=\lim_{z\to0} z\cdot f(z)=\lim_{z\to0}\frac{e^{iz}}{z^{2}-2z+2}=\frac{1}{2}.(Conferindo com a estimativa anterior: \dfrac{1}{2z} era o termo dominante.)
Resídua em z=1+i: como z=1+i é raíz simples do fator quadrático, usamos\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)=\lim_{z\to1+i}(z-(1+i))\frac{e^{iz}}{z(z^{2}-2z+2)} =\frac{e^{i(1+i)}}{(1+i)\,\big(2(1+i)-2\big)}.Calculando o denominador interno:2(1+i)-2=2i.Assim\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)=\frac{e^{i(1+i)}}{(1+i)\,2i}.E como e^{i(1+i)}=e^{-1}e^{i}, podemos reescrever\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)=\frac{e^{-1}e^{i}}{2i(1+i)}.
Passo 8
Montagem de J a partir das resíduas e da contribuição do pequeno arco.
Usando a fórmula do Passo 5 e a avaliação do arco do Passo 6 (que valia -i\pi/2), temosJ=2\pi i\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)-\big(-\tfrac{i\pi}{2}\big) =2\pi i\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)+\frac{i\pi}{2}.
Substituindo a expressão de \operatorname{Res}(f,1+i) do Passo 7:2\pi i\operatorname{Res}\big(f,1+i\big) =2\pi i\cdot\frac{e^{-1}e^{i}}{2i(1+i)}.Aqui o fator 2i no denominador cancela com 2\pi i no numerador, sobrando2\pi i\operatorname{Res}\big(f,1+i\big)=\pi\cdot\frac{e^{-1}e^{i}}{1+i}.
Simplificação de J e cálculo da parte imaginária \operatorname{Im}(J)=I.
Primeiro simplifico a fração \dfrac{e^{i}}{1+i} multiplicando numerador e denominador pelo conjugado 1-i:\frac{e^{i}}{1+i}=\frac{e^{i}(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{e^{i}(1-i)}{2}.
Assim a primeira parcela de J fica\pi\frac{e^{-1}e^{i}}{1+i}=\frac{\pi}{2}e^{-1}e^{i}(1-i).
Escrevendo e^{i}=\cos 1 + i\sin 1 e multiplicando por (1-i):e^{i}(1-i)=(\cos 1 + i\sin 1)(1-i)=(\cos 1+\sin 1)+i(\sin 1-\cos 1).
Portanto a primeira parcela é\frac{\pi}{2}e^{-1}\big[(\cos 1+\sin 1)+i(\sin 1-\cos 1)\big].
Somando a segunda parcela \dfrac{i\pi}{2}, obtemosJ=\frac{\pi}{2}e^{-1}(\cos 1+\sin 1) +i\frac{\pi}{2}\big(e^{-1}(\sin 1-\cos 1)+1\big).
A parte imaginária de J é então\operatorname{Im}(J)=\frac{\pi}{2}\big(e^{-1}(\sin 1-\cos 1)+1\big).
Lembrando que I=\operatorname{Im}(J), concluímosI=\frac{\pi}{2}\left(1+e^{-1}(\sin 1-\cos 1)\right).
Passo 10
Resumo final (releitura rápida e ânimo).
Em palavras: fechamos o integral complexa de e^{iz}/(z(z^{2}-2z+2)) no semiplano superior, tratamos corretamente o polo sobre a reta real em z=0 com um pequeno desvio no semicírculo superior (que gerou a contribuição -i\pi/2), somamos a resídua em 1+i e tomamos a parte imaginária. Tudo isso dá a expressão fechada acima.
Está feito — manda ver na prova, você domina a técnica agora!