Usando o teorema dos resíduos, obtenha os resultados
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{\mathrm{i} a x}}{\mathrm{x}\left(\mathrm{x}^{2}+\mathrm{b}^{2}\right)} \mathrm{dx}=\frac{2 \pi \mathrm{i}}{\mathrm{b}^{2}}\left(1-\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{ab}}}{2}\right), \quad(a<0)

Passo 1

Vou deixar claro o que o problema pede e os dados que temos.
  • Pede-se calcular a integral imprópria
I=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x(x^{2}+b^{2})}\,dx,
para o caso a<0. Aqui a e b são constantes reais, supõe-se b>0 (caso usual) e a integral é entendida como valor principal de Cauchy quando necessário (há polo em x=0).
  • Informações relevantes do enunciado:
    • A função integranda tem polos simples em x=0, x=\mathrm{i}b e x=-\mathrm{i}b.
    • Como a<0, ao usar integrais de contorno com o fator e^{\mathrm{i}a z} convém fechar o contorno no semiplano inferior (onde a exponencial decai sobre o arco grande, pela versão adequada do lema de Jordan).
    • Será usado o Teorema dos Resíduos para avaliar as integrais dos contornos e obter a integral real.

Passo 2

Estratégia prática (sem pular etapas): primeiro fazemos uma decomposição em frações simples que facilita separar a integral em duas integrais mais simples, cada uma das quais pode ser avaliada por transformadas de Fourier conhecidas ou diretamente por resíduos.
Fazemos a decomposição
\frac{1}{x(x^{2}+b^{2})}=\frac{1}{b^{2}}\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+b^{2}}\right).
Verificação rápida: escrevendo o lado direito sobre o mesmo denominador,
\frac{1}{b^{2}}\left(\frac{x^{2}+b^{2}-x^{2}}{x(x^{2}+b^{2})}\right) =\frac{1}{b^{2}}\cdot\frac{b^{2}}{x(x^{2}+b^{2})} =\frac{1}{x(x^{2}+b^{2})},
ou seja, está correto.
Assim a integral se separa:
I=\frac{1}{b^{2}}\left(\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x}\,dx -\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}\,x}{x^{2}+b^{2}}\,dx\right).
Denotemos
I_{1}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x}\,dx, \qquad I_{2}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}\,x}{x^{2}+b^{2}}\,dx,
então I=\dfrac{1}{b^{2}}(I_{1}-I_{2}). Vou calcular I_{1} e I_{2} separadamente usando argumentos por contorno / resíduos, explicando bem cada passo.

Passo 3

Cálculo de I_{1}=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x}\,dx.
  • Comentário didático: essa integral tem um polo simples em x=0 (sobre o eixo real), logo precisa ser entendida como valor principal de Cauchy. O resultado padrão (obtido por fechar o contorno no semiplano superior se a>0 ou no semiplano inferior se a<0 e tratando a semi-circunferência pequena que evita o polo) é
\text{P.V.}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x}\,dx=\mathrm{i}\pi\,\operatorname{sgn}(a),
onde \operatorname{sgn}(a) é a função sinal. Esta identidade é obtida aplicando o Teorema dos Resíduos a um contorno que evita o polo em 0 por cima ou por baixo dependendo do sinal de a (explicação resumida: para a<0 fecha-se abaixo, a integral sobre o arco grande tende a zero e a meia-volta pequena dá contribuição que resulta em \mathrm{i}\pi\operatorname{sgn}(a)).
  • Como no enunciado a<0, temos \operatorname{sgn}(a)=-1. Portanto
I_{1}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x}\,dx=\mathrm{i}\pi\,\operatorname{sgn}(a)= -\mathrm{i}\pi.

Passo 4

Cálculo de I_{2}=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}\,x}{x^{2}+b^{2}}\,dx por resíduo (ou via derivada da transformada conhecida).
Vou primeiro dar uma pequena lição útil: a transformada conhecida
F(a)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{\mathrm{i}a x}}{x^{2}+b^{2}}\,dx=\frac{\pi}{b}e^{-b|a|}
é clássica e pode ser obtida por resíduos fechando no semiplano superior para a>0 e no inferior para a<0. Diferenciando F em relação a a obtém-se
F'(a)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial}{\partial a}\bigl(e^{\mathrm{i}a x}\bigr)\frac{1}{x^{2}+b^{2}}\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\mathrm{i}x\,e^{\mathrm{i}a x}}{x^{2}+b^{2}}\,dx.
Logo
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,e^{\mathrm{i}a x}}{x^{2}+b^{2}}\,dx=\frac{F'(a)}{\mathrm{i}}.
  • Calculando F'(a):
F(a)=\frac{\pi}{b}e^{-b|a|}\quad\Rightarrow\quad F'(a)=-\pi\,\operatorname{sgn}(a)\,e^{-b|a|}.
Portanto
I_{2}=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x\,e^{\mathrm{i}a x}}{x^{2}+b^{2}}\,dx =\frac{F'(a)}{\mathrm{i}} =\frac{-\pi\,\operatorname{sgn}(a)\,e^{-b|a|}}{\mathrm{i}} =\mathrm{i}\pi\,\operatorname{sgn}(a)\,e^{-b|a|}.
  • Agora aplique a<0. Então \operatorname{sgn}(a)=-1 e |a|=-a, logo
I_{2}=\mathrm{i}\pi(-1)\,e^{-b(-a)}=-\mathrm{i}\pi e^{ab}.
(Essa expressão coincide com o cálculo direto por resíduos: ao fechar no semiplano inferior o único polo dentro é z=-\mathrm{i}b e a contribuição de resíduo dá exatamente -\mathrm{i}\pi e^{ab}.)

Passo 5

Juntando I_{1} e I_{2} para obter I.
Recapitulando,
I_{1}=-\mathrm{i}\pi,\qquad I_{2}=-\mathrm{i}\pi e^{ab}.
Então
I=\frac{1}{b^{2}}(I_{1}-I_{2}) =\frac{1}{b^{2}}\bigl(-\mathrm{i}\pi -(-\mathrm{i}\pi e^{ab})\bigr) =\frac{1}{b^{2}}\bigl(-\mathrm{i}\pi +\mathrm{i}\pi e^{ab}\bigr).
Fatorando,
I=-\frac{\mathrm{i}\pi}{b^{2}}\bigl(1-e^{ab}\bigr) =\frac{\mathrm{i}\pi}{b^{2}}\bigl(e^{ab}-1\bigr).

Resposta

-\dfrac{\mathrm{i}\pi}{\mathrm{b}^{2}}\bigl(1-\mathrm{e}^{\mathrm{ab}}\bigr)

Exercícios relacionados