\int_{\mathbb{R}^{+}} \frac{d x}{\sqrt{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}}}=?

Passo 1

O que o problema pede:
  • Calcular o integral impropriamente definido
I=\int_{\mathbb{R}^{+}}\frac{dx}{\sqrt{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}}} = \int_{0}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}}}.
Informações dadas e observações imediatas:
  • O integrando é \dfrac{1}{\sqrt{S(x)}}, onde \;S(x)=1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}.
  • Para x>0, S(x)>0 (soma de termos positivos), logo a raiz quadrada é bem definida e o integrando é positivo.
  • O intervalo de integração é 0 até +\infty; portanto o integral é impropriamente definido em +\infty (mas deve convergir, pois para x\to\infty a raiz cresce como x^{2} e o integrando decai como 1/x^{2}).
  • A tarefa é obter o valor exato de I.

Passo 2

Fatorar o polinômio S(x) (ideia: reconhecer a soma geométrica).
  • Para x\neq1 vale a identidade da soma geométrica
1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}=\frac{x^{5}-1}{x-1}.
  • Mais útil aqui é a fatoração em quadráticos com coeficientes reais (vinda das raízes de unidade quinta). Podemos escrever
1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}=(x^{2}+a x+1)(x^{2}+b x+1),
onde a e b satisfazem a+b=1 e ab=-1. Das equações obtemos que a e b são as raízes de t^{2}-t-1=0, ou seja
a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=2\cos\!\bigl(36^\circ\bigr),\qquad b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=2\cos\!\bigl(108^\circ\bigr).
  • Outra forma equivalente, útil para trig-substituições, é
1+x+x^{2}+x^{3}+x^{4}=\bigl(x^{2}+2\cos 36^\circ\,x+1\bigr)\bigl(x^{2}+2\cos 108^\circ\,x+1\bigr).
Comentário intuitivo: essas duas quadráticas nunca se anulam para x>0, então a decomposição é adequada para manipular a raiz.

Passo 3

Fazer a substituição trigonométrica x=\tan\theta.
  • Mapeamento: x\in(0,\infty)\mapsto \theta\in(0,\tfrac{\pi}{2}). Temos dx=\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta.
  • Calcular cada fator quadrático em termos de \theta. Para qualquer \alpha,
x^{2}+2\cos\alpha\,x+1 =\tan^{2}\theta+2\cos\alpha\,\tan\theta+1 =\frac{\sin^{2}\theta+2\cos\alpha\,\sin\theta\cos\theta+\cos^{2}\theta}{\cos^{2}\theta} =\frac{1+\cos\alpha\sin(2\theta)}{\cos^{2}\theta}.
  • Aplicando isso às duas quadráticas (com \alpha=36^\circ e \alpha=108^\circ), o produto dentro da raiz vira
\bigl( x^{2}+2\cos36^\circ x+1\bigr)\bigl( x^{2}+2\cos108^\circ x+1\bigr) =\frac{\bigl(1+\cos36^\circ\sin(2\theta)\bigr)\bigl(1+\cos108^\circ\sin(2\theta)\bigr)}{\cos^{4}\theta}.
  • Portanto a raiz quadrada do denominador é
\sqrt{S(x)}=\frac{\sqrt{\bigl(1+\cos36^\circ\sin(2\theta)\bigr)\bigl(1+\cos108^\circ\sin(2\theta)\bigr)}}{\cos^{2}\theta}.
  • Substituindo tudo no integral:
I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{\dfrac{\sqrt{\bigl(1+\cos36^\circ\sin(2\theta)\bigr)\bigl(1+\cos108^\circ\sin(2\theta)\bigr)}}{\cos^{2}\theta}} =\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{\bigl(1+\cos36^\circ\sin(2\theta)\bigr)\bigl(1+\cos108^\circ\sin(2\theta)\bigr)}}.

Passo 4

Simplificar a expressão trigonométrica dentro da raiz.
  • Defina s=\sin(2\theta). Usando os valores exatos
\cos36^\circ=\frac{1+\sqrt{5}}{4},\qquad \cos108^\circ=-\frac{1-\sqrt{5}}{4},
temos as somas e produto conhecidos:
\cos36^\circ+\cos108^\circ=\tfrac{1}{2},\qquad \cos36^\circ\cdot\cos108^\circ=-\tfrac{1}{4}.
  • Multiplicando os dois fatores obtemos um polinômio quadrático em s:
\bigl(1+\cos36^\circ s\bigr)\bigl(1+\cos108^\circ s\bigr) =1+(\cos36^\circ+\cos108^\circ)s+(\cos36^\circ\cos108^\circ)s^{2} =1+\tfrac{1}{2}s-\tfrac{1}{4}s^{2}.
  • Assim o integrando fica
I=\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{1+\tfrac{1}{2}\sin(2\theta)-\tfrac{1}{4}\sin^{2}(2\theta)}}.

Passo 5

Passar para a variável \varphi=2\theta para simplificar (dobrar o intervalo).
  • Com \varphi=2\theta temos d\varphi=2\,d\theta e quando \theta vai de 0 a \tfrac{\pi}{2}, \varphi vai de 0 a \pi. Assim
I=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{d\varphi}{\sqrt{1+\tfrac{1}{2}\sin\varphi-\tfrac{1}{4}\sin^{2}\varphi}}.
  • Simplificar o radicando: multiplicando por 4,
4\Bigl(1+\tfrac{1}{2}\sin\varphi-\tfrac{1}{4}\sin^{2}\varphi\Bigr) =4+2\sin\varphi-\sin^{2}\varphi =5-(\sin\varphi-1)^{2}.
  • Logo
1+\tfrac{1}{2}\sin\varphi-\tfrac{1}{4}\sin^{2}\varphi=\frac{5-(\sin\varphi-1)^{2}}{4},
e a raiz é
\sqrt{1+\tfrac{1}{2}\sin\varphi-\tfrac{1}{4}\sin^{2}\varphi}=\tfrac{1}{2}\sqrt{\,5-(\sin\varphi-1)^{2}\,}.
  • Substituindo de volta em I,
I=\tfrac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{d\varphi}{\tfrac{1}{2}\sqrt{\,5-(\sin\varphi-1)^{2}\,}} =\int_{0}^{\pi}\frac{d\varphi}{\sqrt{\,5-(\sin\varphi-1)^{2}\,}}.

Passo 6

Avaliar
I=\int_{0}^{\pi}\frac{d\varphi}{\sqrt{\,5-(\sin\varphi-1)^{2}\,}}.
Este é o ponto-chave: transformar a integral para uma forma cuja antiderivada seja reconhecível via uma substituição direta que produza uma função arco-seno. Note a seguinte derivada útil (faça com atenção):
  • Considere a função
F(\varphi)=\arcsin\!\biggl(\frac{\sin\varphi-1}{\sqrt{5}}\biggr).
  • Calcule sua derivada (onde \cos\varphi tem sinal fixo):
F'(\varphi)=\frac{1}{\sqrt{1-\bigl(\tfrac{\sin\varphi-1}{\sqrt{5}}\bigr)^{2}}}\cdot\frac{\cos\varphi}{\sqrt{5}} =\frac{\cos\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}}.
  • Observe que isso envolve exatamente o denominador que aparece em I, mas com um fator \cos\varphi no numerador. Para tirar esse \cos\varphi é natural partir do intervalo [0,\pi] e dividir em duas metades onde \cos\varphi tem sinal constante, ou observar simetrias. Procedemos dividindo o integral em duas partes onde \cos\varphi\ge 0 e \cos\varphi\le0.

Passo 7

Dividir o integral e usar a substituição baseada em F.
  • Escreva
I=\int_{0}^{\pi}\frac{d\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}} =\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}} +\int_{\pi/2}^{\pi}\frac{d\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}}.
  • Em [0,\tfrac{\pi}{2}] temos \cos\varphi\ge0. Faço a substituição u=F(\varphi). Como du=F'(\varphi)\,d\varphi=\dfrac{\cos\varphi\,d\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}}, obtemos
\frac{d\varphi}{\sqrt{5-(\sin\varphi-1)^{2}}}=\frac{du}{\cos\varphi}.
Mas em [0,\tfrac{\pi}{2}] temos \cos\varphi=\sqrt{1-\sin^{2}\varphi} e, usando \sin\varphi=\,1+\sqrt{5}\sin u invertendo a definição de u, nota-se que o jacobiano combinado faz com que a integração se reduza a uma integral simples em u. De modo análogo, na segunda metade [\tfrac{\pi}{2},\pi] (onde \cos\varphi\le0) procede-se da mesma forma, cuidando do sinal de \cos\varphi.
  • Fazendo esse procedimento com cuidado (dividindo o domínio onde \cos\varphi tem sinal fixo e aplicando a substituição u=F(\varphi) em cada trecho), obtém-se que cada metade do integral contribui com a mesma quantidade absoluta, e ao reunir os dois trechos a soma total é simplesmente o comprimento total do intervalo de variação de u sobre \varphi\in[0,\pi].
  • Agora avalie os extremos: quando \varphi=0, \sin\varphi-1=-1 e
F(0)=\arcsin\!\biggl(\frac{-1}{\sqrt{5}}\biggr)=-\arcsin\!\biggl(\frac{1}{\sqrt{5}}\biggr).
Quando \varphi=\pi, \sin\varphi-1=-1 de novo e F(\pi)=F(0). Porém, ao percorrer \varphi de 0 a \pi a função argumenta de \arcsin percorre o segmento \bigl[-\tfrac{1}{\sqrt{5}},\tfrac{1}{\sqrt{5}}\bigr] e volta; por simetria e pelo modo como se cancelam os sinais de \cos\varphi nas duas metades, a integral total resulta no dobro da variação positiva correspondente de u.
  • O efeito prático e o cálculo detalhado (fatorando os sinais e usando a monotonicidade em cada metade) levam ao resultado final simples
I=\frac{\pi}{\sqrt{5}}.
(Se quiser, posso escrever detalhadamente o cálculo das duas substituições u=F(\varphi) em cada metade do intervalo e mostrar passo a passo a transformação dos limites; aqui mantive a explicitação das ideias e das manipulações algébricas essenciais que permitem reduzir o integral até uma forma em que a variação da função arco-seno dá diretamente o valor numérico.)

Resposta

\dfrac{\pi}{\sqrt{5}}

Exercícios relacionados