Usando o teorema dos resíduos, obtenha os resultados
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos n x}{x^{2}+a^{2}} d x=\frac{\pi}{a e^{a n}}, \quad(n \geq 0)

Passo 1

O enunciado pede o valor da integral
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos n x}{x^{2}+a^{2}}\,dx
para n\geq 0. As informações relevantes são:
  • A variável de integração é x real, o parâmetro n satisfaz n\geq 0.
  • a é um parâmetro real (assume‑se |a|>0; normalmente toma‑se a>0 para simplificar a escrita).
  • Quer‑se um valor explícito da integral em função de a e n.

Passo 2

Estratégia (apresentação do que será usado, sem cálculos): representar o cosseno como a parte real de uma exponencial complexa,
\cos n x=\Re\!\left(e^{i n x}\right),
avaliar a integral complexa
I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i n x}}{x^{2}+a^{2}}\,dx
por integração no plano complexo usando o teorema dos resíduos e, por fim, tomar a parte real de I para recuperar a integral com \cos n x. Vou justificar fechar o contorno no semicírculo superior quando n>0 (decaição exponencial) e tratar o caso n=0 separadamente.

Passo 3

Recordando o teorema dos resíduos e fórmula para pólos simples:
  • Se f é meromorfa numa região e C é um contorno fechado que engloba pólos simples z_k, então
\oint_C f(z)\,dz = 2\pi i \sum_k \operatorname{Res}(f,z_k).
  • Para um pólo simples em z_0 com f(z)=\dfrac{\varphi(z)}{\psi(z)} e \psi(z_0)=0,\\ \psi'(z_0)\neq 0, tem‑se
\operatorname{Res}(f,z_0)=\frac{\varphi(z_0)}{\psi'(z_0)}.

Passo 4

Defino a função complexa
f(z)=\frac{e^{i n z}}{z^{2}+a^{2}}=\frac{e^{i n z}}{(z-i a)(z+i a)}.
Os pólos são simples em z= i a e z=-i a. Para n>0 escolho o contorno formado pela reta real de -R a R mais o semicírculo C_R de raio R no semiplano superior, e depois faço R\to\infty. Justificativa da escolha:
  • No semiplano superior a parte imaginária de z é positiva, logo para z no semicírculo C_R tem‑se |e^{i n z}| = e^{- n \Im z}, que decai exponencialmente quando R\to\infty (esta é a ideia do Lema de Jordan). Como o denominador cresce como R^{2} e o comprimento do arco é \pi R, a contribuição do arco tende a zero quando R\to\infty. Assim, o integral sobre a reta real vale o integral fechado sobre o contorno (limite), que por teorema dos resíduos é 2\pi i vezes a soma das contribuições dos pólos no semiplano superior.
  • Dos dois pólos, apenas z=i a está no semiplano superior (assumindo a>0).

Passo 5

Calcular a resíduo em z=i a. Usando a fórmula para pólo simples, com \psi(z)=z^{2}+a^{2} e \psi'(z)=2z, obtemos
\operatorname{Res}\!\bigl(f,\,i a\bigr)=\frac{e^{i n z}}{2z}\Bigg|_{z=i a} =\frac{e^{i n (i a)}}{2 i a}.
Agora e^{i n (i a)}=e^{-n a}. Portanto
\operatorname{Res}\!\bigl(f,\,i a\bigr)=\frac{e^{-n a}}{2 i a}.

Passo 6

Aplicando o teorema dos resíduos e o fato de que a contribuição do semicírculo se anula quando R\to\infty, obtemos para n>0
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i n x}}{x^{2}+a^{2}}\,dx =2\pi i\cdot \operatorname{Res}\!\bigl(f,\,i a\bigr) =2\pi i\cdot\frac{e^{-n a}}{2 i a} =\frac{\pi}{a}e^{-n a}.
Como a integral à esquerda é, em geral, complexa, mas o lado direito é real, concluímos que sua parte real coincide com ele. Portanto, usando \cos n x=\Re(e^{i n x}),
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos n x}{x^{2}+a^{2}}\,dx =\Re\!\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{i n x}}{x^{2}+a^{2}}\,dx\right) =\frac{\pi}{a}e^{-n a},
para n>0.

Passo 7

Caso n=0 (verificação direta): a integral reduz a
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^{2}+a^{2}}\,dx.
Usando a primitiva \displaystyle\int\frac{dx}{x^{2}+a^{2}}=\frac{1}{a}\arctan\!\left(\frac{x}{a}\right) e avaliando de -\infty a \infty obtém‑se
\frac{1}{a}\bigl(\tfrac{\pi}{2}-(-\tfrac{\pi}{2})\bigr)=\frac{\pi}{a},
que é o caso n=0 de \dfrac{\pi}{a}e^{-n a}.

Resposta

\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos n x}{x^{2}+a^{2}}\,dx=\frac{\pi}{a}e^{-a n}\quad (n\geq 0)

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