Determine
\int_{1}^{+\infty} \frac{1}{x^{4}+1} d x.

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral imprópria
\int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx.
Informações dadas e observações iniciais:
  • A função x\mapsto\frac{1}{x^{4}+1} é contínua em [1,+\infty), logo a impropriedade vem só do limite superior infinito.
  • Queremos um valor exato fechado (número envolvendo constantes conhecidas: \pi, \sqrt{2}, logaritmo, etc.).
  • Não há figura nem outro dado faltando.

Passo 2

Vamos começar fatorando o denominador x^{4}+1 em quadráticos reais. Uma identidade útil é
x^{4}+1=(x^{2}+\sqrt{2}\,x+1)(x^{2}-\sqrt{2}\,x+1).
Essa fatoração é verificada expandindo os fatores ou lembrando que as raízes complexas de x^{4}+1=0 levam a esses quadráticos conjugados reais.

Passo 3

Aplicamos frações parciais. Escrevemos
\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{Ax+B}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}+\frac{Cx+D}{x^{2}-\sqrt{2}x+1},
e multiplicamos ambos os lados por x^{4}+1\) para obter a identidade polinomial \[1=(Ax+B)(x^{2}-\sqrt{2}x+1)+(Cx+D)(x^{2}+\sqrt{2}x+1).
Expandindo e igualando coeficientes (scannando os termos em x^{3},x^{2},x,1) obtemos o sistema
\begin{cases} A+C=0,\\[4pt] - A\sqrt{2}+B+C\sqrt{2}+D=0,\\[4pt] A- B\sqrt{2}+C+D\sqrt{2}=0,\\[4pt] B+D=1. \end{cases}
Da primeira equação C=-A\]. Substituindo na terceira e usando \(A+C=0 vemos que D=B. Da quarta obtemos B=\tfrac12 e D=\tfrac12. Substituindo na segunda equação:
-2A\sqrt{2}+1=0\quad\Rightarrow\quad A=\frac{1}{2\sqrt{2}},\qquad C=-\frac{1}{2\sqrt{2}}.
Portanto a decomposição é
\frac{1}{x^{4}+1}=\frac{\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac12}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}+\frac{-\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac12}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}.]

Passo 4

Vamos integrar termo a termo. Começamos com
I_{1}=\int\frac{\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac12}{x^{2}+\sqrt{2}x+1}\,dx.
Complete o quadrado no denominador:
x^{2}+\sqrt{2}x+1=\Bigl(x+\frac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)^{2}+\frac{1}{2}.
Faça a mudança u=x+\tfrac{\sqrt{2}}{2}, então dx=du e x=u-\tfrac{\sqrt{2}}{2}. O numerador vira
\frac{1}{2\sqrt{2}}x+\frac12=\frac{1}{2\sqrt{2}}\Bigl(u-\frac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)+\frac12 =\frac{1}{2\sqrt{2}}u+\frac{1}{4}.
Assim
I_{1}=\int\left(\frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{u}{u^{2}+\tfrac{1}{2}}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{u^{2}+\tfrac{1}{2}}\right)du.
Usamos as primitivas conhecidas:
\int\frac{u}{u^{2}+a^{2}}du=\frac{1}{2}\ln(u^{2}+a^{2}),\qquad \int\frac{1}{u^{2}+a^{2}}du=\frac{1}{a}\arctan\!\Bigl(\frac{u}{a}\Bigr).
Aqui a^{2}=\tfrac12, logo a=\tfrac{1}{\sqrt{2}}. Aplicando:
I_{1}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\cdot\frac{1}{2}\ln\!\Bigl(u^{2}+\tfrac{1}{2}\Bigr)+\frac{1}{4}\cdot\sqrt{2}\,\arctan(u\sqrt{2})+C
ou, voltando a x,
I_{1}=\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\!\bigl(x^{2}+\sqrt{2}x+1\bigr)+\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\!\bigl(\sqrt{2}x+1\bigr)+C.

Passo 5

Agora o segundo termo:
I_{2}=\int\frac{-\tfrac{1}{2\sqrt{2}}x+\tfrac12}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}\,dx.
Analogamente complete o quadrado x^{2}-\sqrt{2}x+1=(x-\tfrac{\sqrt{2}}{2})^{2}+\tfrac12 e faça v=x-\tfrac{\sqrt{2}}{2}. Repetindo o mesmo procedimento (note a simetria) obtemos
I_{2}=-\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\!\bigl(x^{2}-\sqrt{2}x+1\bigr)+\frac{\sqrt{2}}{4}\arctan\!\bigl(\sqrt{2}x-1\bigr)+C.
Somando I_{1}+I_{2} temos uma primitiva F(x) de \dfrac{1}{x^{4}+1}:
F(x)=\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\!\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1} +\frac{\sqrt{2}}{4}\Bigl(\arctan(\sqrt{2}x+1)+\arctan(\sqrt{2}x-1)\Bigr)+C.

Passo 6

Agora calculamos a integral imprópria como limite:
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx=\lim_{R\to\infty}\bigl(F(R)-F(1)\bigr).
Avalie F(R) quando R\to\infty:
  • O termo logarítmico tende a zero porque x^{2}\pm\sqrt{2}x+1\sim x^{2} e o quociente tende a 1.
  • As funções arctan tendem a \tfrac{\pi}{2} (argumentos → +\infty), logo
\lim_{R\to\infty}F(R)=\frac{\sqrt{2}}{4}\Bigl(\tfrac{\pi}{2}+\tfrac{\pi}{2}\Bigr)=\frac{\sqrt{2}}{4}\pi=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}.
Agora calcule F(1). Primeiro o logaritmo:
\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}\Bigg|_{x=1} =\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}=\bigl(\sqrt{2}+1\bigr)^{2},
portanto
\frac{1}{4\sqrt{2}}\ln\frac{x^{2}+\sqrt{2}x+1}{x^{2}-\sqrt{2}x+1}\Bigg|_{x=1} =\frac{1}{4\sqrt{2}}\cdot 2\ln(\sqrt{2}+1)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1).
Para as arctangentes usamos as identidades notáveis
\arctan(\sqrt{2}-1)=\frac{\pi}{8},\qquad \arctan(\sqrt{2}+1)=\frac{3\pi}{8},
logo
\frac{\sqrt{2}}{4}\Bigl(\arctan(\sqrt{2}+1)+\arctan(\sqrt{2}-1)\Bigr) =\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{8}\sqrt{2}=\frac{\pi}{4\sqrt{2}}.
Assim
F(1)=\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1)+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}.
Portanto a integral vale
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx =\frac{\pi}{2\sqrt{2}}-\Biggl(\frac{1}{2\sqrt{2}}\ln(\sqrt{2}+1)+\frac{\pi}{4\sqrt{2}}\Biggr).
Simplificando termos com \pi e fatorando 1/(2\sqrt{2}) obtemos
\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x^{4}+1}\,dx =\frac{1}{2\sqrt{2}}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\ln(\sqrt{2}+1)\Bigr).

Resposta

\frac{1}{2\sqrt{2}}\Bigl(\frac{\pi}{2}-\ln(\sqrt{2}+1)\Bigr)

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