Mostre que
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t x}{x} d x=\frac{\pi}{2}, \quad t>0

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin t x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2},\qquad t>0.
Informações dadas e pontos importantes a notar:
  • A integral é imprópria tanto no limite superior ( x\to+\infty) quanto pela singularidade aparente em x=0.
  • O parâmetro t aparece multiplicando x no argumento do seno. O objetivo é demonstrar que, para todo t>0, o valor da integral é \dfrac{\pi}{2}.

Passo 2

Primeiro vamos eliminar o parâmetro t por uma mudança de variável simples, para reduzir o problema a uma única integral padrão. Fazendo a substituição
u = t x,
temos x = u/t e dx = du/t. Substituindo na integral:
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin(t x)}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u/t}\cdot\frac{du}{t} = \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u}\,du.
Portanto a integral é independente de t>0 e basta provar que
\int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u}\,du=\frac{\pi}{2}.

Passo 3

Para avaliar \displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u}\,du vamos usar um truque padrão: inserir um fator de amortecimento exponencial e depois retirar esse amortecimento. Defina, para \alpha>0,
I(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} e^{-\alpha x}\,\frac{\sin x}{x}\,dx.
Esse integral converge absolutamente para todo \alpha>0: perto de x=0 tem-se \dfrac{\sin x}{x}\to 1 (não há divergência forte) e quando x\to\infty o fator e^{-\alpha x} garante decaimento rápido. Note que a integral original é recuperada tomando o limite \alpha\to 0^+:
\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx=\lim_{\alpha\to 0^+} I(\alpha).

Passo 4

Vamos calcular I(\alpha) diferenciando em relação a \alpha. A derivada sob o sinal de integral é justificada porque, para \alpha>0, a função
\frac{\partial}{\partial\alpha}\bigl(e^{-\alpha x}\tfrac{\sin x}{x}\bigr) = -e^{-\alpha x}\sin x
é integrável em [0,\infty); portanto pode-se aplicar a regra de diferenciação sob o sinal de integral (teorema de Leibniz / converge dominada). Assim:
I'(\alpha) = \frac{d}{d\alpha}\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x}\frac{\sin x}{x}\,dx = -\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x}\sin x\,dx.

Passo 5

Calculemos agora a integral
J(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x}\sin x\,dx,\qquad \alpha>0.
Uma forma curta é usar exponenciais complexas: note que
\int_{0}^{\infty} e^{-(\alpha-i)x}\,dx=\left[\frac{e^{-(\alpha-i)x}}{-(\alpha-i)}\right]_{0}^{\infty}=\frac{1}{\alpha-i},
porque \Re(\alpha-i)=\alpha>0 garante que o termo em +\infty some. Tomando a parte imaginária desse resultado obtemos J(\alpha). Escrevendo
\frac{1}{\alpha-i}=\frac{\alpha+i}{\alpha^{2}+1},
a parte imaginária é \dfrac{1}{\alpha^{2}+1}. Portanto
J(\alpha)=\int_{0}^{\infty} e^{-\alpha x}\sin x\,dx=\frac{1}{\alpha^{2}+1}.

Passo 6

Substituindo em I'(\alpha) obtemos
I'(\alpha) = -\frac{1}{\alpha^{2}+1}.
Integrando em \alpha,
I(\alpha) = -\int \frac{1}{\alpha^{2}+1}\,d\alpha = -\arctan \alpha + C,
onde C é constante independente de \alpha.

Passo 7

Determinar a constante C. Observe que, para \alpha\to+\infty, o fator e^{-\alpha x} tende a zero uniformemente exceto em x muito próximos de zero, e de fato
\lim_{\alpha\to+\infty} I(\alpha)=0
porque o amortecimento anula toda contribuição. Também \lim_{\alpha\to+\infty}\arctan \alpha=\dfrac{\pi}{2}. Assim
0 = \lim_{\alpha\to\infty} I(\alpha) = -\frac{\pi}{2} + C \quad\Longrightarrow\quad C=\frac{\pi}{2}.
Logo
I(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\arctan \alpha.

Passo 8

Finalmente tomamos o limite \alpha\to 0^+ para recuperar a integral sem amortecimento:
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \lim_{\alpha\to 0^+} I(\alpha) = \lim_{\alpha\to 0^+}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan \alpha\right) = \frac{\pi}{2}-0=\frac{\pi}{2}.

Passo 9

Voltando ao problema original: pela Passo 2 mostramos que, para t>0,
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(t x)}{x}\,dx=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin u}{u}\,du=\frac{\pi}{2}.
Portanto a igualdade desejada está demonstrada.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{2}

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