1. Identifique (e justifique) quais das integrais de Fourier abaixo são próprias e calcule-as:
    \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i k x}}{x^{2}-1} d x
    \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x e^{i k x}}{x^{2}+1} d x
    \int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{2} e^{i k x}}{x^{2}+1} d x
    \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{i k x}}{x^{3}+1} d x

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os dados que temos. Temos quatro integrais sobre a reta real, com parâmetro real k. Para cada integral devo:
  • identificar se ela é própria (isto é, se converge como integral imprópria usual) ou se é imprópria devido a singularidades na reta real;
  • justificar essa classificação;
  • calcular a integral (quando for convergente) — quando houver polos sobre a reta real farei a integral no sentido da valor principal de Cauchy (PV).
As integrais são:
I_1(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i k x}}{x^{2}-1}\,dx,
I_2(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,e^{i k x}}{x^{2}+1}\,dx,
I_3(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}\,e^{i k x}}{x^{2}+1}\,dx,
I_4(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i k x}}{x^{3}+1}\,dx.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • k\in\mathbb{R} (parâmetro real).
  • As integrais são sobre todo o eixo real.
  • Os denominadores têm zeros (polos) em:
    • x^{2}-1=0 em x=\pm1 (polos reais para I_1);
    • x^{2}+1=0 em x=\pm i (polos fora da reta real para I_2 e I_3);
    • x^{3}+1=0 em x=-1 (real) e em x=e^{\pm i\pi/3} (complexos conjugados) (polo real para I_4).
  • Assim, à primeira vista: I_1 e I_4 têm polos sobre a reta real (logo são impróprias no sentido de ter singularidades na integração); I_2 e I_3 não têm polos sobre a reta real (a convergência precisa ser analisada pelo comportamento no infinito).
A resolução e justificativas começam no Passo 2.

Passo 2

Método e ferramentas que vou usar (explicação didática, passo a passo):
  • Vou usar integração por contorno no plano complexo, fechando o contorno na meia-bola superior para k>0 e na meia-bola inferior para k<0. A razão: para z=x+i y, e^{ikz}=e^{ikx}e^{-k y},portanto para k>0 a exponencial decai na região com y>0 (meia-plano superior) e para k<0 decai na região com y<0 (meia-plano inferior). Isso é a base do Lema de Jordan, que garante que as contribuições das meias-bolas ao infinito vão para zero quando o integrando decai adequadamente.
  • Teorema dos resíduos: para uma função meromorfa f e um contorno fechado \Gamma que envolve polos a_j, \oint_{\Gamma} f(z)\,dz = 2\pi i \sum_j \operatorname{Res}(f,a_j),onde \operatorname{Res}(f,a_j) é o resíduo em a_j.
  • Quando há um polo simples exatamente sobre a reta real, a integral real é tratada no sentido do valor principal de Cauchy (PV). Com a escolha usual de desviar o contorno por pequenos semicírculos que passam por cima (para fechar no superior) ou por baixo (para fechar no inferior), o efeito é que um polo simples sobre a reta real contribui com metade do resíduo quando o desvio está do mesmo lado que o fechamento. Assim, para k>0 (fechamento superior) a contribuição de um polo em x=a\in\mathbb{R} é +\tfrac{1}{2}\operatorname{Res}(f,a) dentro da soma; para k<0 (fechamento inferior) também aparece metade do resíduo, porém com sinal global apropriado vindo da orientação do contorno (ver cálculo caso a caso).
  • Identidade útil (que usarei e explicarei): para a\in\mathbb{R}, \operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x-a}\,dx = i\pi e^{ik a}\operatorname{sgn}(k),onde \operatorname{sgn}(k)=1 se k>0, -1 se k<0, e a fórmula é entendida como limite para k\neq0. Essa fórmula pode ser obtida fechando o contorno no semiplano adequado e observando que o polo simples em x=a contribui com metade do resíduo e^{ik a} e o fator 2\pi i i\pi e^{ik a}, o sinal \operatorname{sgn}(k) vem do lado onde se fecha o contorno.
  • Para polos simples de um denominador polinomial p(z) (com p'(a)\neq0), se consideramos f(z)=\dfrac{e^{ikz}}{p(z)}, então \operatorname{Res}(f,a)=\frac{e^{ik a}}{p'(a)}.Vou usar isso para polinômios p(z)=z^2+1 ou z^3+1.
  • Observação prática: integrais do tipo \int e^{ikx}\,dx não convergem no sentido improprio usual (fora do sentido de distribuição) para k=0. Em vários momentos vou separar o caso k\neq0 (onde as técnicas de contorno funcionam) e k=0 (analisar diretamente se a integral converge ou diverge).
Agora aplico essas ideias a cada integral.

Passo 3

  1. Observação sobre singularidades: x^{2}-1=(x-1)(x+1) tem polos simples em x=\pm1, ambos na reta real. Portanto a integral é imprópria por essas singularidades. Vou calcular o valor principal de Cauchy (PV).
  2. Uso de frações parciais: escrevo
\frac{1}{x^{2}-1}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{x+1}\right).
Logo
I_1(k)=\frac{1}{2}\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\frac{e^{ikx}}{x-1}-\frac{e^{ikx}}{x+1}\right)\,dx.
  1. Aplicação da identidade do Passo 2 (para a\in\mathbb{R}):
\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x-a}\,dx = i\pi e^{ik a}\operatorname{sgn}(k).
Usando isso para a=1 e a=-1 obtemos
\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x-1}\,dx = i\pi e^{ik}\operatorname{sgn}(k), \qquad \operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x+1}\,dx = i\pi e^{-ik}\operatorname{sgn}(k).
  1. Substituindo nas frações parciais:
I_1(k)=\frac{1}{2}\left(i\pi e^{ik}\operatorname{sgn}(k) - i\pi e^{-ik}\operatorname{sgn}(k)\right) = \frac{i\pi\operatorname{sgn}(k)}{2}\left(e^{ik}-e^{-ik}\right).
  1. Simplificando com e^{ik}-e^{-ik}=2i\sin k:
I_1(k) = \frac{i\pi\operatorname{sgn}(k)}{2}\cdot 2i\sin k = -\pi\,\operatorname{sgn}(k)\,\sin k.
  1. Conclusões sobre convergência:
  • A integral não é própria no sentido usual porque existem polos em x=\pm1 sobre a reta real. O valor que calculei é o valor principal de Cauchy (PV). Portanto I_1 deve ser interpretada como PV e vale
\operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x^{2}-1}\,dx = -\pi\,\operatorname{sgn}(k)\,\sin k.

Passo 4

  1. Singularidades: x^{2}+1=0 tem raízes x=\pm i, ambas fora da reta real. Não há polos sobre a reta real; portanto não há necessidade de tomar PV por singularidades reais.
  2. Convergência para k\neq0: para grandes |x| o integrando se comporta como x e^{ikx}/x^{2}\sim e^{ikx}/x. A integral converge condicionalmente (não absolutamente) por oscilação quando k\neq0; isso é tratado pelo fechamento do contorno e pelo Lema de Jordan. Vamos calcular para k>0 e k<0 separadamente. O caso k=0 é tratado depois.
  3. Para k>0: fecho o contorno no semiplano superior. O único polo dentro é z=i. Usando a fórmula do resíduo:
\operatorname{Res}\!\left(\frac{z e^{ikz}}{z^{2}+1}, z=i\right) = \lim_{z\to i} (z-i)\frac{z e^{ikz}}{(z-i)(z+i)}=\frac{i e^{ik i}}{i+i}=\frac{i e^{-k}}{2i}=\frac{e^{-k}}{2}.
Pela fórmula dos resíduos (contorno positivo),
I_2(k)=2\pi i\cdot\frac{e^{-k}}{2}=\pi i e^{-k},\qquad (k>0).
  1. Para k<0: fecho no semiplano inferior; o pólo dentro é z=-i. A orientação do contorno é no sentido horário, o que introduz um sinal negativo:
\operatorname{Res}\!\left(\frac{z e^{ikz}}{z^{2}+1}, z=-i\right) = \frac{-i e^{ik(-i)}}{-i - i}=\frac{-i e^{k}}{-2i}=\frac{e^{k}}{2}.
Portanto
I_2(k)=-2\pi i\cdot\frac{e^{k}}{2}=-\pi i e^{k},\qquad (k<0).
  1. Podemos escrever de forma compacta usando \operatorname{sgn}(k) e |k|:
I_2(k) = \pi i\,\operatorname{sgn}(k)\,e^{-|k|},\qquad (k\neq0).
  1. Caso k=0: I_2(0)=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx. A primitiva é \tfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1), e os limites separados para +\infty e -\infty divergem; porém a integral simétrica (valor principal) é zero porque a função é ímpar. Assim, como integral imprópria no sentido separado não converge, mas como integral simétrica (PV) vale 0. Para o uso nas transformadas de Fourier é comum usar o resultado acima para k\neq0; para k=0 o valor próprio simétrico é 0.

Passo 5

  1. Observação algébrica útil:
\frac{x^{2}}{x^{2}+1}=1-\frac{1}{x^{2}+1}.
Logo
I_3(k)=\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dx - \int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x^{2}+1}\,dx.
  1. A primeira integral \int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dx não converge no sentido usual; como valor principal (integrando simetricamente) ela vale 0 quando k\neq0. (Isto é um resultado padrão: \operatorname{PV}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}\,dx=0 para k\neq0.) Portanto, para k\neq0, apenas o segundo termo contribui.
  2. Já calculamos a integral clássica (sem fator x) no Passo 4 parcialmente. Vamos calcular diretamente:
J(k):=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ikx}}{x^{2}+1}\,dx.
Pelo método dos resíduos, com polo em i para k>0 e em -i para k<0, obtemos (ver cálculo análogo ao do Passo 4)
J(k)=\pi e^{-|k|}\quad\text{para todo }k\in\mathbb{R}.
(Para k=0 J(0)=\int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{1}{x^{2}+1}\,dx=\pi.)
  1. Assim, para k\neq0,
I_3(k)=0 - J(k) = -\pi e^{-|k|}.
  1. Sobre k=0: a integranda em I_3 é \dfrac{x^{2}}{x^{2}+1} que tende para 1 quando |x|\to\infty, portanto a integral diverge para k=0. Logo I_3 é divergente para k=0, e para k\neq0 o valor é -\pi e^{-|k|}.

Passo 6

  1. Singularidades: x^{3}+1=0 tem raízes
x=-1,\qquad x=e^{i\pi/3}=\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2},\qquad x=e^{-i\pi/3}=\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}.
Portanto há um polo real simples em x=-1 e dois polos complexos conjugados (um no semiplano superior z_1=e^{i\pi/3} e outro no inferior z_2=e^{-i\pi/3}). A integral sobre a reta real é, portanto, imprópria e deve ser entendida como valor principal.
  1. Estratégia: usar o Teorema dos Resíduos com a regra da metade para o polo em x=-1: para k>0 (fechamento superior) a PV será
\operatorname{PV} I_4(k)=2\pi i\left(\operatorname{Res}(f,z_1)+\tfrac{1}{2}\operatorname{Res}(f,-1)\right),
onde f(z)=\dfrac{e^{ikz}}{z^{3}+1}. Para k<0 fechamos no semiplano inferior e obtemos
\operatorname{PV} I_4(k)=-2\pi i\left(\operatorname{Res}(f,z_2)+\tfrac{1}{2}\operatorname{Res}(f,-1)\right).
(A orientação invertida para o fechamento inferior produz o sinal negativo global.)
  1. Cálculo dos resíduos por p'(a) quando p(a)=0: se p(z)=z^{3}+1 então p'(z)=3z^{2}. Assim, para uma raiz a simples,
\operatorname{Res}\!\left(\frac{e^{ikz}}{z^{3}+1},a\right)=\frac{e^{ik a}}{3 a^{2}}.
Logo:
\operatorname{Res}(f,-1)=\frac{e^{ik(-1)}}{3(-1)^{2}}=\frac{e^{-ik}}{3},
\operatorname{Res}(f,z_1)=\frac{e^{ik z_1}}{3 z_1^{2}},\qquad \operatorname{Res}(f,z_2)=\frac{e^{ik z_2}}{3 z_2^{2}}.
  1. Para k>0:
\operatorname{PV} I_4(k)=2\pi i\left(\frac{e^{ik z_1}}{3 z_1^{2}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-ik}}{3}\right) =\frac{2\pi i}{3}\left(\frac{e^{ik z_1}}{z_1^{2}}+\frac{e^{-ik}}{2}\right).
Usando z_1=e^{i\pi/3} e z_1^{2}=e^{i2\pi/3}, podemos também escrever explicitamente
e^{ik z_1}=e^{i k\left(\tfrac{1}{2}+i\tfrac{\sqrt{3}}{2}\right)}=e^{i k/2}e^{-k\sqrt{3}/2}, \qquad \frac{1}{z_1^{2}}=e^{-i2\pi/3}.
Assim uma forma explícita conveniente para k>0 é
\operatorname{PV} I_4(k)=\frac{2\pi i}{3}\left(e^{-k\sqrt{3}/2}e^{i\left(\tfrac{k}{2}-\tfrac{2\pi}{3}\right)}+\frac{e^{-ik}}{2}\right), \qquad (k>0).
  1. Para k<0: fechando no inferior obtemos
\operatorname{PV} I_4(k)=-2\pi i\left(\frac{e^{ik z_2}}{3 z_2^{2}}+\frac{1}{2}\cdot\frac{e^{-ik}}{3}\right) =-\frac{2\pi i}{3}\left(\frac{e^{ik z_2}}{z_2^{2}}+\frac{e^{-ik}}{2}\right).
Com z_2=e^{-i\pi/3} e z_2^{2}=e^{-i2\pi/3}, e escrevendo e^{ik z_2}=e^{i k/2} e^{+|k|\sqrt{3}/2} (observe que para k<0 o fator exponencial real tem +|k|\sqrt{3}/2), podemos dar a forma
\operatorname{PV} I_4(k)=-\frac{2\pi i}{3}\left(e^{|k|\sqrt{3}/2}e^{i\left(\tfrac{k}{2}+\tfrac{2\pi}{3}\right)}+\frac{e^{-ik}}{2}\right), \qquad (k<0).
  1. Observações finais sobre I_4:
  • A integral não é própria (há um polo real em -1); o que foi calculado é o valor principal de Cauchy.
  • As fórmulas acima dão o PV em termos de exponenciais complexas; podem ser deixadas assim ou convertidas em partes real e imaginária se desejado.

Resposta

[\displaystyle \operatorname{PV}\int_{-\infty}{\infty}\frac{e{i k x}}{x^{2}-1},dx = -\pi,\operatorname{sgn}(k),\sin k)
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,e^{i k x}}{x^{2}+1}\,dx = \pi i\,\operatorname{sgn}(k)\,e^{-|k|}\quad (k\neq0),\quad\text{e }\;0\text{ (PV) para }k=0
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}\,e^{i k x}}{x^{2}+1}\,dx = -\pi e^{-|k|}\quad (k\neq0)\\ \text{e diverge para }k=0
(\displaystyle \operatorname{PV}\int_{-\infty}{\infty}\frac{e{ikx}}{x^{3}+1},dx=
\begin{cases} \dfrac{2\pi i}{3}\!\left(\dfrac{e^{ik e^{i\pi/3}}}{e^{i2\pi/3}}+\dfrac{e^{-ik}}{2}\right) =\dfrac{2\pi i}{3}\!\left(e^{-k\sqrt{3}/2}e^{i(\tfrac{k}{2}-\tfrac{2\pi}{3})}+\dfrac{e^{-ik}}{2}\right), & k>0,\\[6pt] -\dfrac{2\pi i}{3}\!\left(\dfrac{e^{ik e^{-i\pi/3}}}{e^{-i2\pi/3}}+\dfrac{e^{-ik}}{2}\right) =-\dfrac{2\pi i}{3}\!\left(e^{|k|\sqrt{3}/2}e^{i(\tfrac{k}{2}+\tfrac{2\pi}{3})}+\dfrac{e^{-ik}}{2}\right), & k<0. \end{cases}]]

Exercícios relacionados