5.10.8 Desenvolva uma série assintótica para
\int_{0}^{\infty} e^{-x v}\left(1+v^{2}\right)^{-2} d v
Considere x real e positivo.
\text { Resposta: } \frac{1}{x}-\frac{2 !}{x^{3}}+\frac{4 !}{x^{5}}-\cdots+\frac{(-1)^{n}(2 n) !}{x^{2 n+1}} .

Passo 1

O enunciado pede a expansão assintótica, para x\to+\infty, do integral de Laplace-type
I(x)=\int_{0}^{\infty}e^{-xv}\,(1+v^{2})^{-2}\,dv.
O conteúdo principal aqui é o Lema de Watson, que nos permite desenvolver \,I(x) em potências de 1/x a partir da expansão de Taylor de f(v)=(1+v^2)^{-2} em v=0.

Passo 2

Lema de Watson (forma simples). Se
f(v)\sim \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}\,v^{k}\quad(v\to0^+),
então
\int_{0}^{\infty}e^{-xv}f(v)\,dv\sim \sum_{k=0}^{\infty}a_{k}\,\frac{k!}{x^{\,k+1}} \quad(x\to+\infty).

Passo 3

Expandimos
f(v)=(1+v^{2})^{-2}
usando a série binomial para expoente -2:
(1+v^2)^{-2}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{-2}{n}(v^2)^n =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,v^{2n}.
Logo, na notação do Lema de Watson, todos os coeficientes ímpares são zero e
a_{2n}=(-1)^n\,(n+1), \quad a_{2n+1}=0.

Passo 4

Aplicando o Lema de Watson, apenas os termos pares sobrevivem:
I(x)\sim \sum_{n=0}^{\infty}a_{2n}\,\frac{(2n)!}{x^{2n+1}} =\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,\frac{(2n)!}{x^{\,2n+1}}.

Passo 5

Escrevendo os primeiros termos:
I(x)\sim \frac{1}{x} -4\,\frac{1}{x^3} +24\,\frac{1}{x^5} -\,\cdots
e, em forma geral,
\boxed{ \int_{0}^{\infty}e^{-xv}\,(1+v^{2})^{-2}\,dv \;\sim\; \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,\frac{(2n)!}{x^{2n+1}} \quad(x\to+\infty). }

Resposta

\int_{0}^{\infty}e^{-xv}(1+v^{2})^{-2}\,dv \sim \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\,(n+1)\,\frac{(2n)!}{x^{2n+1}} \,=\, \frac{1}{x}-\frac{4}{x^3}+\frac{24}{x^5}-\cdots.

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