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

Passo 1

O enunciado pede para calcular a integral impropriamente definida
I(a)=\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx,
onde o parâmetro é a e o enunciado indica a\ge 0. As informações relevantes que temos são:
  • A integral é sobre x\in[0,\infty).
  • O integrando é \dfrac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}.
  • O parâmetro a aparece no denominador como x^{2}+a^{2} (há singularidades em x=\pm i a no plano complexo).
    Observação importante (para não me enrolar depois): o método complexo que vou usar exige, para evitar problemas, que a>0. Para a=0 a integral \int_{0}^{\infty}\dfrac{\cos x}{x^{2}}\,dx não é convergente no ponto 0, portanto o resultado a obter vale para a>0.

Passo 2

Transformação complexa que facilita o problema. Em vez de trabalhar diretamente com \cos x, considero a integral ao longo da reta real da função complexa
f(z)=\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}.
Vou relacionar
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx
com a integral pedida. Note que, ao separar parte real e imaginária,
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx +i\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\sin x}{x^{2}+a^{2}}\,dx.
O segundo termo é zero porque \dfrac{\sin x}{x^{2}+a^{2}} é uma função ímpar e a integração é sobre um intervalo simétrico, logo
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx.
Além disso, a função \dfrac{\cos x}{x^{2}+a^{2}} é par, portanto
\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx =\tfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx =\tfrac{1}{2}\Re\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx\right).
Assim, basta calcular \int_{-\infty}^{\infty}\dfrac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx usando integração no plano complexo.

Passo 3

Escolha do contorno e propriedades de f(z). Tomo o contorno formado pela reta [-R,R] no eixo real mais a semicircunferência C_R de raio R no semiplano superior (orientação positiva). A função
f(z)=\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}
é meromorfa com polos simples em z=ia e z=-ia. Para a>0 o polo z=ia está no semiplano superior e z=-ia está no inferior, logo dentro do contorno fechado (reta + semicircunferência superior) só fica o polo z=ia.

Passo 4

Aplicação do teorema dos resíduos. Pelo teorema dos resíduos, a integral de f ao redor do contorno fechado é
\oint_{\text{contorno}} f(z)\,dz = 2\pi i\sum \operatorname{Res}(f,\text{pólos dentro}).ó
Escrevendo a integral do contorno como soma da integral na reta mais a integral sobre C_R (a semicircunferência), obtemos
\int_{-R}^{R}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx + \int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz = 2\pi i\;\operatorname{Res}(f,ia).
Agora envio R\to\infty. Preciso justificar que a integral sobre C_R tende a zero quando R\to\infty (isso permite identificar o limite da integral sobre (-R,R) com a integral sobre (-\infty,\infty)).

Passo 5

Justificativa da anulação da integral sobre a semicircunferência (lema de Jordan, versão prática). Em z=R e^{i\theta} com \theta\in[0,\pi] temos
|e^{iz}|=e^{-\Im(z)}=e^{-R\sin\theta},
que é exponencialmente pequena para \theta não muito próximo de 0 ou \pi. Além disso, no denominador |z^{2}+a^{2}|\ge R^{2}-a^{2}. Assim, um estimador simples dá, para a integral sobre C_R,
\left|\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz\right| \le \frac{\pi R \max_{C_R}|e^{iz}|}{R^{2}-a^{2}}.
Como \max_{C_R}|e^{iz}|\le 1 e o denominador cresce como R^{2}, o lado direito tende a 0 quando R\to\infty. Logo
\lim_{R\to\infty}\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}\,dz = 0.
(Esse é o conteúdo do lema de Jordan aplicado a funções com fator e^{iz} no semiplano superior.)

Passo 6

Cálculo da residua em z=ia. O polo em z=ia é simples, então a fórmula da residua para polo simples dá
\operatorname{Res}\bigl(f,ia\bigr)=\lim_{z\to ia}(z-ia)\frac{e^{iz}}{z^{2}+a^{2}}.
Escrevendo z^{2}+a^{2}=(z-ia)(z+ia) obtemos
\operatorname{Res}\bigl(f,ia\bigr)=\lim_{z\to ia}\frac{e^{iz}}{z+ia}=\frac{e^{i(ia)}}{2ia}=\frac{e^{-a}}{2i a}.

Passo 7

Conclusão para a integral sobre a reta real. Fazendo R\to\infty na expressão do Passo 4, e usando que a contribuição da semicircunferência some, obtemos
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ix}}{x^{2}+a^{2}}\,dx = 2\pi i\cdot\frac{e^{-a}}{2i a} = \frac{\pi}{a}e^{-a}.
Como observado no Passo 2, a parte real dessa integral é exatamente
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx,
e a parte imaginária (a integral de \sin x/(x^{2}+a^{2})) é zero por paridade. Portanto
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx=\frac{\pi}{a}e^{-a}.

Passo 8

Passagem para a integral de 0 a \infty. Como \dfrac{\cos x}{x^{2}+a^{2}} é função par,
\int_{0}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx =\tfrac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^{2}+a^{2}}\,dx =\tfrac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{a}e^{-a} =\frac{\pi}{2a}e^{-a}.
Lembrete final: isso exige a>0. Para a=0 a integral diverge, então a fórmula válida é para a>0.

Resposta

\displaystyle \frac{\pi}{2a}e^{-a}\quad(a>0)

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