Questão 57. Mostre que
\int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen}^{2} t}{t^{2}} d t=\frac{\pi}{2}

Passo 1

O que o problema pede: calcular o valor do integral impróprio
\int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen}^{2} t}{t^{2}}\,dt
que é o mesmo que calcular
\int_{0}^{\infty} \frac{\sin^{2} t}{t^{2}}\,dt.
Informações dadas e observações iniciais:
  • O integral é sobre t\in[0,\infty).
  • A função integranda é \sin^{2}t/t^{2}, que tem problema aparente em t=0 (divisão por zero) e também é uma integral imprópria por extensão ao infinito.
  • Precisamos tratar tanto o comportamento perto de 0 quanto o comportamento quando t\to\infty.
  • Não há outras informações no enunciado; devemos mostrar que esse integral converge e encontrar seu valor numérico.

Passo 2

Estratégia: vamos introduzir um parâmetro para facilitar a manipulação e depois voltar ao caso desejado. Definimos a função de parâmetro
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}(\alpha t)}{t^{2}}\,dt,
onde \alpha\ge 0. A ideia é:
  • mostrar que I(\alpha) é proporcional a \alpha (isso vem de uma mudança de variável),
  • calcular I'(\alpha) diferenciando sob o sinal de integral (é uma técnica padrão quando se tem um parâmetro),
  • avaliar a integral que aparece em I'(\alpha) (essa é a famosa integral de Dirichlet \int_{0}^{\infty}\sin(bt)/t\,dt),
  • recuperar I(1), que é o integral pedido.
Vou explicar cada passo com calma.

Passo 3

Propriedade de escala (mudança de variável): fazemos u=\alpha t em I(\alpha). Detalhando:
  • u=\alpha t implica t=u/\alpha e dt=du/\alpha.
  • Substituindo na integral temos
I(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}(\alpha t)}{t^{2}}\,dt =\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}u}{(u/\alpha)^{2}}\cdot\frac{du}{\alpha}.
Agora simplificamos:
\frac{\sin^{2}u}{(u/\alpha)^{2}}\cdot\frac{1}{\alpha} = \frac{\sin^{2}u}{u^{2}}\,\alpha^{2}\cdot\frac{1}{\alpha} = \alpha\cdot\frac{\sin^{2}u}{u^{2}}.
Portanto
I(\alpha)=\alpha\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}u}{u^{2}}\,du.
Isso mostra que I(\alpha) é linear em \alpha; em particular existe constante C tal que
I(\alpha)=\alpha C,
e notamos que C=I(1). Outra forma equivalente que usaremos é
I(\alpha)=\alpha I(1).

Passo 4

Diferenciação sob o sinal de integral: vamos calcular I'(\alpha) de duas maneiras e igualá-las.
Primeira maneira: diferenciar diretamente I(\alpha) por definição:
I'(\alpha)=\frac{d}{d\alpha}\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}(\alpha t)}{t^{2}}\,dt.
Para \alpha>0 podemos justificar a troca derivada–integral por razões de convergência uniforme com um amortecimento local (a derivada do integrando em t fixo é dominada por uma função integrável em t) — aqui confie que estamos em hipóteses clássicas que permitem o procedimento (se quiser, essa justificativa pode ser formalizada usando teoremas de troca de limite e integral). Diferenciando a função interna:
\frac{\partial}{\partial\alpha}\frac{\sin^{2}(\alpha t)}{t^{2}} = \frac{2\sin(\alpha t)\cos(\alpha t)\,t}{t^{2}} = \frac{\sin(2\alpha t)}{t}.
Portanto
I'(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(2\alpha t)}{t}\,dt.
Segunda maneira: a partir da propriedade de escala I(\alpha)=\alpha I(1), diferenciando em \alpha obtemos
I'(\alpha)=I(1),
isto é, I'(\alpha) é constante (independe de \alpha). Assim, a integral
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(2\alpha t)}{t}\,dt
deve ser uma constante não dependente de \alpha>0. Para encontrar essa constante precisamos avaliar essa integral para qualquer \alpha>0; convenientemente escolhemos calcular o valor geral de
J(b)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(bt)}{t}\,dt
para b>0, porque então I'(\alpha)=J(2\alpha).

Passo 5

Cálculo de J(b)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(bt)}{t}\,dt para b>0 (integral de Dirichlet). Vamos usar amortecimento exponencial e depois tomar limite:
definimos, para \varepsilon>0,
J_{\varepsilon}(b)=\int_{0}^{\infty}e^{-\varepsilon t}\frac{\sin(bt)}{t}\,dt.
Para \varepsilon>0 a integral converge absolutamente e podemos trabalhar com ela sem problemas. Diferenciando em b (agora a troca é totalmente legitimada porque tudo é absolutamente convergente):
\frac{\partial}{\partial b}J_{\varepsilon}(b) =\int_{0}^{\infty}e^{-\varepsilon t}\cos(bt)\,dt.
A integral do lado direito é uma integral elementar (transformada de Laplace de \cos):
\int_{0}^{\infty}e^{-\varepsilon t}\cos(bt)\,dt=\frac{\varepsilon}{\varepsilon^{2}+b^{2}}.
Logo
\frac{d}{db}J_{\varepsilon}(b)=\frac{\varepsilon}{\varepsilon^{2}+b^{2}}.
Integramos em b desde 0 até b:
J_{\varepsilon}(b)-J_{\varepsilon}(0)=\int_{0}^{b}\frac{\varepsilon}{\varepsilon^{2}+u^{2}}\,du.
Mas J_{\varepsilon}(0)=\int_{0}^{\infty}e^{-\varepsilon t}\cdot 0\,dt=0. A integral do lado direito é a forma conhecida que gera arco-tangente:
\int_{0}^{b}\frac{\varepsilon}{\varepsilon^{2}+u^{2}}\,du=\left[\arctan\!\left(\frac{u}{\varepsilon}\right)\right]_{0}^{b} =\arctan\!\left(\frac{b}{\varepsilon}\right).
Portanto
J_{\varepsilon}(b)=\arctan\!\left(\frac{b}{\varepsilon}\right).
Agora tomamos o limite \varepsilon\to 0^{+}. Para b>0 temos \dfrac{b}{\varepsilon}\to+\infty, e
\lim_{\varepsilon\to 0^{+}}\arctan\!\left(\frac{b}{\varepsilon}\right)=\frac{\pi}{2}.
Com isso, por convergência dominada (o amortecimento é apenas um artifício que podemos retirar no limite), concluímos
J(b)=\int_{0}^{\infty}\frac{\sin(bt)}{t}\,dt=\frac{\pi}{2}\quad\text{para todo }b>0.

Passo 6

Voltar a I'(\alpha). Como I'(\alpha)=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin(2\alpha t)}{t}\,dt e aplicando o resultado do Passo 5 com b=2\alpha>0, obtemos
I'(\alpha)=\frac{\pi}{2}\quad\text{para todo }\alpha>0.
Integrando em \alpha obtemos
I(\alpha)=\frac{\pi}{2}\alpha + C,
onde C é constante. Mas I(0)=\int_{0}^{\infty}\dfrac{\sin^{2}(0\cdot t)}{t^{2}}\,dt=0, logo C=0. Portanto
I(\alpha)=\frac{\pi}{2}\alpha.
Em particular, para \alpha=1 (que é o caso do enunciado),
\int_{0}^{\infty}\frac{\sin^{2}t}{t^{2}}\,dt=I(1)=\frac{\pi}{2}.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{2}

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