(a) Use (7) para mostrar que \int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen} 2 x}{x} d x=\frac{\pi}{2}.
[Sugestāo: « é uma variável muda de integração.]
(b) Mostre em geral que, para k>0, \int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen} k x}{x} d x=\frac{\pi}{2}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • (a) Mostrar que \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen}2x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.
  • (b) Mostrar que, de forma geral para k>0,
    \displaystyle \int_{0}^{\infty} \frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.
Informações relevantes dadas/imprevisíveis:
  • O enunciado indica usar uma fórmula (marcada como «(7)»), que tipicamente é a representação por transformada de Laplace/parametrização
    \displaystyle I(s,k)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx para s>0.
  • Vamos introduzir esse parâmetro s>0 para regularizar a integral e depois passar ao limite s\to0^+.
  • Objetivo final: obter o valor da integral quando o fator de amortecimento e^{-s x} vai para 1.

Passo 2

Definição útil e justificativa de existência (passo técnico inicial):
Defina, para s>0 e k\ge0,
I(s,k)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx.
Explicação por que essa integral é bem definida para s>0:
  • Perto de x=0: usar série de Taylor \operatorname{sen}k x = kx + O(x^3), logo \frac{\operatorname{sen}k x}{x} tende a k quando x\to0; assim o integrando é limitado perto de 0 e não há singularidade não integrável.
  • Para x\to\infty: o fator e^{-s x} faz o integrando decair exponencialmente; portanto a integral no infinito converge absolutamente.
    Conclusão: para todo s>0 e k\ge0, I(s,k) existe como integral imprópria convergente.

Passo 3

Diferenciação em relação a k (trocar derivada e integral) e justificativa:
Calcule a derivada parcial em k. Formalmente,
\frac{\partial}{\partial k}I(s,k)=\frac{\partial}{\partial k}\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx =\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\partial}{\partial k}\!\left(\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\right)\,dx.
Dentro da integral \partial/\partial k(\operatorname{sen}k x / x)=\operatorname{cos}k x. Para justificar a troca derivada–integral usamos o fato de que
|e^{-s x}\cos kx|\le e^{-s x} e \int_{0}^{\infty} e^{-s x}\,dx<\infty. Assim há um dominador integrável independente de k, então a troca é permitida (teorema da convergência dominada / teorema de diferenciação sob o sinal de integral).
Portanto
\frac{\partial}{\partial k}I(s,k)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos kx\,dx.

Passo 4

Cálculo explícito da integral que apareceu na derivada:
Calculemos \displaystyle \int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos kx\,dx para s>0. Uma forma rápida é escrever a integral como parte real de uma exponencial complexa:
\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos kx\,dx=\Re\!\int_{0}^{\infty} e^{-(s-i k)x}\,dx.
Como s>0, \int_{0}^{\infty} e^{-(s-i k)x}\,dx=\frac{1}{s-i k}. Tomando a parte real,
\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\cos kx\,dx=\Re\!\left(\frac{1}{s-i k}\right)=\frac{s}{s^{2}+k^{2}}.
Portanto
\frac{\partial}{\partial k}I(s,k)=\frac{s}{s^{2}+k^{2}}.

Passo 5

Integração em k para obter I(s,k):
Agora integramos a expressão da derivada em relação a k. Para s>0 fixo,
I(s,k)=\int_{0}^{k}\frac{\partial}{\partial u}I(s,u)\,du+I(s,0).
Mas I(s,0)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}0}{x}\,dx=0. Assim
I(s,k)=\int_{0}^{k}\frac{s}{s^{2}+u^{2}}\,du.
A primitiva conhecida de \dfrac{s}{s^{2}+u^{2}} em u é \arctan\!\big(\dfrac{u}{s}\big). Logo
I(s,k)=\left.\arctan\!\bigg(\frac{u}{s}\bigg)\right|_{u=0}^{u=k}=\arctan\!\bigg(\frac{k}{s}\bigg).
Resumo: para todo s>0 e k\ge0,
\boxed{\,\displaystyle I(s,k)=\int_{0}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx=\arctan\!\bigg(\frac{k}{s}\bigg)\, }.

Passo 6

Passagem ao limite s\to0^{+} para recuperar a integral sem amortecimento:
Queremos \displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx, que é o caso s=0 de I(s,k) entendido como integral imprópria. Note que para cada k>0,
\lim_{s\to0^{+}} I(s,k)=\lim_{s\to0^{+}}\arctan\!\bigg(\frac{k}{s}\bigg)=\frac{\pi}{2},
pois \frac{k}{s}\to+\infty e \arctan t\to\pi/2 quando t\to+\infty.
Agora é preciso justificar que esse limite de I(s,k) é precisamente a integral imprópria desejada. Esboço da justificativa (padrão e aceitável em provas):
  • Para R>0 fixo, em [0,R] vale a convergência dominada quando s\to0^+, porque perto de 0 o integrando é limitado (já vimos) e em [0,R] há um dominador integrável independente de s. Assim
    \displaystyle \lim_{s\to0^+}\int_{0}^{R} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx=\int_{0}^{R}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx.
  • As contribuições das caudas \int_{R}^{\infty} e^{-s x}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx e \int_{R}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx podem ser tornadas arbitrariamente pequenas escolhendo R grande (uso do teste de Dirichlet para integrais oscilantes mostra que a integral \int_{R}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx tende a zero quando R\to\infty). Portanto, combinando os passos, o limite quando s\to0^{+} de I(s,k) coincide com a integral imprópria \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx.
  • Como o limite de I(s,k) é \pi/2, concluímos que a integral imprópria também vale \pi/2.
(Sobre a intuição: o fator e^{-s x} “regulariza” a integral; ao remover esse fator via s\to0^+ recupera-se o valor da integral condicionalmente convergente.)

Passo 7

Conclusões específicas para os itens pedidos:
  • Para (b) com k>0 temos mostrado que \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx=\lim_{s\to0^{+}}I(s,k)=\lim_{s\to0^{+}}\arctan\!\bigg(\frac{k}{s}\bigg)=\frac{\pi}{2}.
  • Para (a) basta tomar k=2 no resultado geral, portanto \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}2x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}.

Resposta

\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}2x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}
\displaystyle \text{Para }k>0:\quad \int_{0}^{\infty}\frac{\operatorname{sen}k x}{x}\,dx=\frac{\pi}{2}

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