(3.0 pontos) Calcular
\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin x}{x} d x

Passo 1

O enunciado pede para calcular
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx.
Isso envolve dois aspectos de integral imprópria: a singularidade em x=0 e os limites infinitos. Vamos explorar que \frac{\sin x}{x} é função par e, em seguida, determinar \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx
por um método de parâmetro \alpha>0 que garante convergência, usando diferenciação sob o sinal de integral.

Passo 2

Como \displaystyle \frac{\sin(-x)}{-x}=\frac{\sin x}{x}, a função é par e
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx =2\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx.
Note que em x=0 a integral é removível, pois \lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1.

Passo 3

Definimos para \alpha>0
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha x}\,\frac{\sin x}{x}\,dx,
que converge absolutamente. Diferenciando em relação a \alpha sob o sinal de integral:
I'(\alpha) =-\int_{0}^{\infty}x\,e^{-\alpha x}\,\frac{\sin x}{x}\,dx =-\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha x}\sin x\,dx.
Sabemos que
\int_{0}^{\infty}e^{-\alpha x}\sin x\,dx=\frac{1}{1+\alpha^{2}},
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I'(\alpha)=-\frac{1}{1+\alpha^{2}}.

Passo 4

Para encontrar I(\alpha) integremos I'(\alpha):
I(\alpha)=-\int\frac{1}{1+\alpha^{2}}\,d\alpha =-\arctan(\alpha)+C.
Como \displaystyle \lim_{\alpha\to\infty}I(\alpha)=0 (o fator e^{-\alpha x} anula tudo), temos
0=\lim_{\alpha\to\infty}I(\alpha) =-\frac{\pi}{2}+C \quad\Longrightarrow\quad C=\frac{\pi}{2}.
Portanto
I(\alpha)=\frac{\pi}{2}-\arctan(\alpha).

Passo 5

Voltando ao caso não regularizado, tomamos \alpha\to0^{+}:
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx =I(0) =\frac{\pi}{2}-\arctan(0) =\frac{\pi}{2}.
Logo a integral original é
\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx =2\cdot\frac{\pi}{2} =\pi.

Resposta

\pi

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