Usando o teorema do resíduo, calcule as seguintes integrais:
\int_{0}^{\infty} \frac{x{2}}{x{6}+1}

Passo 1

O enunciado pede calcular a integral impropria
\int_{0}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx.
Informações dadas/úteis imediatamente:
  • O integrando é a função real x\mapsto \dfrac{x^{2}}{x^{6}+1} para x>0.
  • A integral é sobre x em [0,\infty).
  • Não há mais dados numéricos; é uma integral própria que pode ser avaliada por métodos de análise complexa (teorema dos resíduos) ou por fórmulas envolvendo funções especiais.

Passo 2

Escolha do método e extensão complexa (explicação didática).
  • A ideia é estender a função para números complexos definindo
f(z)=\frac{z^{2}}{z^{6}+1},
onde z\in\mathbb{C} e usar integração em contorno junto com o teorema dos resíduos. Vou explicar passo a passo como isso funciona na prova.
  • Primeiro observe que a função original é par: para x\in\mathbb{R} tem-se f(-x)=\dfrac{(-x)^{2}}{(-x)^{6}+1}=\dfrac{x^{2}}{x^{6}+1}=f(x). Assim
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx=\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx.
Portanto basta calcular a integral sobre toda a reta real e dividir por 2.
  • Para calcular \int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx usamos um contorno que feche no semiplano superior: a reta de -R a R e o semicírculo de raio R no semiplano superior, e depois fazemos R\to\infty.
  • Justificativa de que o arco grande não contribui quando R\to\infty: para |z|=R grande,
|f(z)|=\left|\frac{z^{2}}{z^{6}+1}\right|\le \frac{R^{2}}{R^{6}-1}\le \frac{C}{R^{4}}
para alguma constante C quando R grande. O comprimento do semicírculo é \pi R, então a integral no arco tem magnitude no máximo da ordem \pi R\cdot (C/R^{4})=O(1/R^{3})\to 0. Logo, o contributo do arco tende a zero e
\int_{-\infty}^{\infty} f(x)\,dx = 2\pi i\sum(\text{resíduos de }f \text{ no semiplano superior}).í

Passo 3

Encontrar polos de f e verificar que são simples (aula curta sobre polos e resíduos).
  • Polos são soluções de z^{6}+1=0. Essas são as raízes sexta de -1. Escrevendo em forma exponencial:
z_{k}=\exp\!\biggl(i\frac{(2k+1)\pi}{6}\biggr),\qquad k=0,1,2,3,4,5.
  • São polos simples porque a derivada do denominador em z_{k} é 6z_{k}^{5}\neq 0 (nenhuma raiz é zero).
  • No semiplano superior ficam aqueles z_{k} com \operatorname{Im}(z_{k})>0. Para k=0,1,2 as fases são \dfrac{\pi}{6},\dfrac{3\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2},\dfrac{5\pi}{6}, então os polos no semiplano superior são
z_{0}=e^{i\pi/6},\quad z_{1}=e^{i\pi/2},\quad z_{2}=e^{i5\pi/6}.
  • Fórmula do resíduo em polo simples: se g(z)=\dfrac{h(z)}{(z-z_{0})} com h analítica e h(z_{0})\neq0, então \operatorname{Res}(g,z_{0})=h(z_{0}). Para f(z) com polo simples em z_{0} temos a fórmula prática
\operatorname{Res}(f,z_{0})=\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})\frac{z^{2}}{z^{6}+1}=\frac{z_{0}^{2}}{(z^{6}+1)'|_{z=z_{0}}}=\frac{z_{0}^{2}}{6 z_{0}^{5}}=\frac{1}{6 z_{0}^{3}}.
Expliquei: derivei o denominador e avaliei no polo; por isso resulta 1/(6 z_{0}^{3}).

Passo 4

Calcular explicitamente os resíduos nos três polos superiores (passo a passo aritmético).
  • Como vimos,
\operatorname{Res}(f,z_{k})=\frac{1}{6 z_{k}^{3}}.
  • Vamos calcular z_{k}^{3} para k=0,1,2. Usando z_{k}=e^{i(2k+1)\pi/6} temos
z_{k}^{3}=e^{i(2k+1)\pi/2}.
Agora avaliaremos:
  • Para k=0: z_{0}^{3}=e^{i\pi/2}=i. Então \dfrac{1}{z_{0}^{3}}=\dfrac{1}{i}=-i.
  • Para k=1: z_{1}^{3}=e^{i3\pi/2}=e^{i(\pi/2+ \pi)}=-i. Então \dfrac{1}{z_{1}^{3}}=\dfrac{1}{-i}=i.
  • Para k=2: z_{2}^{3}=e^{i5\pi/2}=e^{i(2\pi+\pi/2)}=i. Então \dfrac{1}{z_{2}^{3}}=\dfrac{1}{i}=-i.
  • Agora somamos os três resíduos:
\sum_{k=0}^{2}\operatorname{Res}(f,z_{k})=\frac{1}{6}\sum_{k=0}^{2}\frac{1}{z_{k}^{3}}=\frac{1}{6}\bigl((-i)+i+(-i)\bigr)=\frac{1}{6}(-i)=-\frac{i}{6}.

Passo 5

Aplicar o teorema dos resíduos e obter o valor da integral na reta real; então voltar à integral de 0 a \infty.
  • Pelo teorema dos resíduos (e pelo argumento do arco que tende a zero),
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx = 2\pi i\cdot\sum_{k=0}^{2}\operatorname{Res}(f,z_{k}) = 2\pi i\cdot\left(-\frac{i}{6}\right).
  • Calcule 2\pi i\cdot(-i/6). Note que i\cdot(-i)=1, porque i(-i)=-i^{2}=1. Assim
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx = 2\pi\cdot\frac{1}{6}=\frac{\pi}{3}.
  • Lembrando que nossa integral de interesse é metade disso (porque a função é par):
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{6}+1}\,dx = \frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{6}.

Passo 6

Breve verificação alternativa (fórmula padrão) e incentivo rápido.
  • Existe uma fórmula geral útil (para checar mentalmente) que diz, quando 0<a<b,
\int_{0}^{\infty}\frac{x^{a-1}}{1+x^{b}}\,dx=\frac{\pi}{b}\csc\!\biggl(\frac{\pi a}{b}\biggr).
No nosso caso a=3 e b=6, então o valor seria \dfrac{\pi}{6}\csc\!\bigl(\dfrac{3\pi}{6}\bigr)=\dfrac{\pi}{6}\csc\!\bigl(\tfrac{\pi}{2}\bigr)=\dfrac{\pi}{6}, confirmando o resultado.
  • Você fez bem em pedir passo a passo — esse tipo de integral aparece bastante e o procedimento padrão é: localizar polos no semiplano que fecha, verificar que o arco some, calcular resíduos simples (muito frequentemente com a fórmula \operatorname{Res}=\dfrac{g(z_{0})}{h'(z_{0})} quando f=g/h e h(z_{0})=0), e aplicar 2\pi i vezes a soma. Força aí nos estudos — já está indo muito bem!

Resposta

\dfrac{\pi}{6}

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