(Integração no Eixo Real via Resíduos) Calcule as integrais reais abaixo usando contornos complexos:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}} d x(a>0)

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral real
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx
onde a>0.
Informações e observações úteis que o enunciado fornece:
  • O parâmetro a é positivo.
  • A função integranda x\mapsto \dfrac{\cos x}{x^{2}+a^{2}} é par (ou seja, é uma função par) porque \cos x é par e x^{2}+a^{2} é par.
  • A integral é propriamente definida no sentido de integral imprópria sobre (-\infty,\infty).
O que o problema pede explicitamente:
  • Encontrar o valor numérico (em função de a) da integral indicada.

Passo 2

Ideia de resolução (sem calcular ainda): usar funções complexas. Vamos escrever \cos x como a parte real de e^{ix}, isto é
\cos x = \Re\bigl(e^{ix}\bigr),
e considerar a integral complexa
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx.
Se conseguirmos calcular essa integral complexa (no sentido de integral ao longo do eixo real, possivelmente interpretada como limite), então a integral com \cos x será simplesmente a parte real do resultado:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \Re\left(\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx\right).
Explicando por que essa ideia funciona (aula rápida): quando f(x) é função real e integrável e \Re(g(x))=f(x) com g complexa, muitas vezes é conveniente calcular \int g(x)\,dx e depois tomar a parte real. Aqui \cos x é a parte real de e^{ix}, e a integranda e^{ix}/(x^{2}+a^{2}) tem um bom decaimento complexo que permite o uso do teorema dos resíduos.

Passo 3

Escolha do contorno e aplicação do teorema dos resíduos (escolha do método):
  • Considere a função complexa
f(z)=\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}.
  • Os polos de f são as raízes de z^{2}+a^{2}=0, ou seja z=\pm i a. Como a>0, o polo z=i a está no semiplano superior e z=-i a está no semiplano inferior.
  • Fechamos o intervalo real por um semicírculo C_R de raio R no semiplano superior (contorno \Gamma_R formado pela reta [-R,R] mais o arco C_R de |z|=R, \Im z\ge0), e aplicamos o teorema dos resíduos no interior do contorno (que contém o polo z=i a).
Explicação do porquê desse contorno (didática):
  • Fechamos no semiplano superior porque a função exponencial e^{iz} com z=x+iy tem módulo |e^{iz}|=e^{-y}. Para y>0 (semiplano superior) o fator exponencial decai e costuma fazer o arco contribuir zero quando R\to\infty (isso é a essência do Lema de Jordan).
  • Assim, o integral sobre a reta real mais o arco tende, quando R\to\infty, ao integral sobre toda a reta real, e o teorema dos resíduos dá esse integral em termos da soma das contribuições dos polos no semiplano superior.

Passo 4

Lema de Jordan (explicação e uso):
  • Enunciado prático: se g(z) é tal que g(z)\to0 suficientemente rápido quando |z|\to\infty e consideramos \int_{C_R} e^{ikz} g(z)\,dz com k>0, então o integral sobre o arco C_R no semiplano superior tende a zero quando R\to\infty.
  • No nosso caso k=1 e g(z)=1/(z^{2}+a^{2}). Sobre o arco z=R e^{i\theta} com \theta\in[0,\pi] temos
|e^{iz}| = e^{-R\sin\theta}
e
|z^{2}+a^{2}|\ge R^{2}-a^{2}.
Logo, uma estimativa grosseira é
\left|\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz\right| \le \text{(comprimento do arco)}\cdot \frac{\max_{C_R}|e^{iz}|}{R^{2}-a^{2}} \le \pi R \cdot \frac{1}{R^{2}-a^{2}},
onde usamos que \max_{C_R}|e^{iz}|\le 1 (na verdade é \le e^{-R\min\sin\theta} e decai exponencialmente na maior parte do arco). O termo \pi R/(R^{2}-a^{2}) tende a 0 quando R\to\infty. Assim a contribuição do arco anula-se quando R\to\infty.
  • Conclusão: podemos aplicar o teorema dos resíduos e afirmar que
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = 2\pi i \sum_{\text{pólos no semiplano superior}} \operatorname{Res}\bigl(f; \text{pólo}\bigr).óó

Passo 5

Cálculo da(s) residência(s) (o que é resíduo e como calcular):
  • Definição prática: se z_0 é um polo simples de f, então
\operatorname{Res}\bigl(f;z_0\bigr) = \lim_{z\to z_0} (z-z_0) f(z).
  • No nosso caso o único polo dentro do semiplano superior é z_0=i a. Vamos calcular a resíduo de f(z)=\dfrac{e^{iz}}{(z-i a)(z+i a)} em z=i a:
\operatorname{Res}\bigl(f;i a\bigr) = \lim_{z\to i a} (z-i a)\frac{e^{iz}}{(z-i a)(z+i a)} = \lim_{z\to i a} \frac{e^{iz}}{z+i a}.
Substituindo z=i a no numerador e denominador dá
\operatorname{Res}\bigl(f;i a\bigr) = \frac{e^{i(i a)}}{i a + i a} = \frac{e^{-a}}{2 i a}.
Aqui expliquei cada símbolo:
  • e^{i(i a)} significa e^{i\cdot(i a)} = e^{-a} porque i\cdot i = -1.
  • O denominador i a + i a = 2 i a.

Passo 6

Aplicando o teorema dos resíduos:
  • Pelo teorema dos resíduos, tomando o limite R\to\infty e lembrando que o arco não contribui, obtemos
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = 2\pi i \cdot \operatorname{Res}\bigl(f;i a\bigr).
Substituindo a resíduo que calculamos:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = 2\pi i \cdot \frac{e^{-a}}{2 i a} = \frac{\pi e^{-a}}{a}.
Comentário didático: os fatores i no numerador e denominador se cancelam; o fator 2 também cancela, sobrando \pi e^{-a}/a, que é um número real positivo (o que faz sentido porque o integrando original com \cos x é uma função real e mesmo).

Passo 7

Voltando para a integral com \cos x:
  • Lembrando que \cos x = \Re(e^{ix}) e que a integral do complexo tem valor real \dfrac{\pi e^{-a}}{a}, podemos tomar parte real:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \Re\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx\right) = \Re\left(\frac{\pi e^{-a}}{a}\right).
Mas \dfrac{\pi e^{-a}}{a} é real, portanto
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \frac{\pi e^{-a}}{a}.
Pequeno reforço pedagógico: a troca entre “tomar parte real” e “integrar” é válida porque a integral de e^{ix}/(x^{2}+a^{2}) converge e a parte real da integral é a integral da parte real; em termos práticos, calcular a integral complexa e tomar a parte real é uma técnica padrão para integrais com \cos ou \sin.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi e^{-a}}{a}

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