Mostre o resultado
\int_{0}^{\infty} \frac{x^{-m}}{x+1} d x=\frac{\pi}{\operatorname{sen} m \pi}, \quad(0<m<1) .

Passo 1

O que o problema pede e o que temos dado.
  • Pede-se calcular a integral impropria
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx
para o parâmetro m no intervalo (0,1).
  • Informação importante: 0<m<1. Isso garante que a integral converge nas extremidades (vou explicar por quê durante a solução).
  • Meta final: mostrar que o valor dessa integral é
\frac{\pi}{\operatorname{sen}(\pi m)}.

Passo 2

Escolha do método e estratégia geral (sem resolver ainda).
  • Vou usar a função Beta e a relação Beta–Gamma porque esse caminho é direto e usa apenas integrais reais e mudanças de variável elementares; evita o uso de análise complexa (que também é possível).
  • Plano: mostrar que a integral é uma forma da função Beta, depois usar a identidade Beta–Gamma e, finalmente, a fórmula de reflexão de Euler para a função Gamma para obter o resultado em termos de \operatorname{sen}(\pi m).

Passo 3

Definição da função Beta e representação útil.
  • Definição padrão da função Beta: para p>0 e q>0,
B(p,q)=\int_{0}^{1} t^{\,p-1}(1-t)^{\,q-1}\,dt.
  • Outra representação útil (que vamos obter por uma mudança de variável) é
B(p,q)=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{\,p-1}}{(1+x)^{\,p+q}}\,dx.
Vou demonstrar essa segunda representação passo a passo.
Demonstração da representação alternativa:
  • Faça a mudança de variável
x=\frac{t}{1-t},\qquad t=\frac{x}{1+x}.
Quando t vai de 0 a 1, x vai de 0 a \infty. Calculando o diferencial:
dt=\frac{1}{(1+x)^{2}}\,dx.
  • Substituindo em B(p,q)=\int_{0}^{1} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt:
B(p,q)=\int_{0}^{\infty}\left(\frac{x}{1+x}\right)^{p-1}\left(\frac{1}{1+x}\right)^{q-1}\frac{1}{(1+x)^{2}}\,dx.
Agrupando as potências de 1+x:
B(p,q)=\int_{0}^{\infty}x^{\,p-1}\frac{1}{(1+x)^{p-1+q-1+2}}\,dx =\int_{0}^{\infty}\frac{x^{\,p-1}}{(1+x)^{p+q}}\,dx.
Isso prova a representação alternativa.

Passo 4

Relacionando nossa integral com a função Beta.
  • Observe a integral pedida:
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx.
  • Reescrevendo x^{-m}=x^{(1-m)-1}, a integral fica
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{(1-m)-1}}{(1+x)^{(1-m)+m}}\,dx.
  • Comparando com a representação
B(p,q)=\int_{0}^{\infty}\frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}\,dx,
vemos que basta escolher
p=1-m,\qquad q=m,
pois p>0 e q>0 exatamente quando 0<m<1. Assim
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx = B(1-m,m).

Passo 5

Definição da função Gamma e a identidade Beta–Gamma.
  • Definição da função Gamma (Euler): para \Re(s)>0,
\Gamma(s)=\int_{0}^{\infty} t^{\,s-1}e^{-t}\,dt.
  • Identidade Beta–Gamma (fórmula clássica): para p>0 e q>0,
B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}.
Vou dar a prova curta dessa identidade porque é útil e não é longa.
Prova de B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}:
  • Comece com o produto das duas integrais definindo \Gamma(p)\Gamma(q):
\Gamma(p)\Gamma(q)=\left(\int_{0}^{\infty}u^{p-1}e^{-u}\,du\right)\left(\int_{0}^{\infty}v^{q-1}e^{-v}\,dv\right) =\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}u^{p-1}v^{q-1}e^{-(u+v)}\,du\,dv.
  • Faça a mudança de variáveis u=r t,\; v=r(1-t) com r\in(0,\infty) e t\in(0,1). O jacobiano é r, pois du\,dv = r\,dr\,dt.
  • Substituindo:
\Gamma(p)\Gamma(q)=\int_{0}^{1}\int_{0}^{\infty} (r t)^{p-1}\big(r(1-t)\big)^{q-1} e^{-r}\, r\,dr\,dt.
Reorganizando potências de r:
\Gamma(p)\Gamma(q)=\int_{0}^{1} t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt \cdot \int_{0}^{\infty} r^{p+q-1} e^{-r}\,dr.
  • Reconhecendo as definições:
\Gamma(p)\Gamma(q)=B(p,q)\cdot \Gamma(p+q).
  • Rearranjando:
B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}.
Prova concluída.

Passo 6

Aplicando Beta–Gamma ao nosso caso.
  • Já temos
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx = B(1-m,m).
  • Usando B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} com p=1-m e q=m,
B(1-m,m)=\frac{\Gamma(1-m)\Gamma(m)}{\Gamma(1)}.
  • Como \Gamma(1)=1, obtemos
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx = \Gamma(m)\,\Gamma(1-m).

Passo 7

Fórmula de reflexão de Euler e conclusão final.
  • A identidade conhecida (fórmula de reflexão de Euler) diz que, para s não inteiro e em particular para 0<s<1,
\Gamma(s)\,\Gamma(1-s)=\frac{\pi}{\operatorname{sen}(\pi s)}.
Esta é uma fórmula clássica da teoria da função Gamma; existem várias provas (uma via produto infinito de Euler, outra via análise complexa e o teorema dos resíduos). Vou aceitar esta fórmula como conhecida aqui (é um resultado padrão que aparece em cursos sobre funções especiais). Aplicando com s=m (e lembrando 0<m<1), obtemos
\Gamma(m)\Gamma(1-m)=\frac{\pi}{\operatorname{sen}(\pi m)}.
  • Combinando com o resultado do Passo 6,
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx = \Gamma(m)\Gamma(1-m)=\frac{\pi}{\operatorname{sen}(\pi m)}.

Resposta

\int_{0}^{\infty}\frac{x^{-m}}{x+1}\,dx=\frac{\pi}{\operatorname{sen}(\pi m)},\qquad(0<m<1).

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