Use resíduos para provar que as integrais abaixo convergem para os valores indicados. Considere a>0.

Passo 1

A questão pede para mostrar que integral0^infty x^2 , dx(x^2+1)(x^2+4)=pi6. O conteúdo principal é o uso de resíduos de funções de variável complexa para avaliar integrais impróprias reais. Vamos precisar definir uma função meromorfa adequada, escolher um contorno no semiplano superior e usar o Teorema dos Resíduos junto com a simetria e o fato de que o arco de raio R contribui com zero quando Rtoinfty.

Passo 2

Para aplicar o Teorema dos Resíduos, consideramos a função complexa f(z)=z^2(z^2+1)(z^2+4). Os polos de f são soluções de z^2=-1 e z^2=-4, isto é, z=pm i e z=pm 2i. No semiplano superior ficam i e 2i. Precisamos calcular as respectivas resistências.
Vamos montar um contorno GammaR composto pela reta de -R a R sobre o eixo real e pelo semicírculo CR de raio R no semiplano Im z>0. O Teorema dos Resíduos diz que
ointGammaR f(z),dz = 2pi isumsubstackpólos,zk Im zk>0 Res(f,zk) ó
Como f(z)sim1/z^2 para |z|toinfty, o integral sobre CR tende a zero (Lema de Jordan). Assim,
integral-R^R f(x),dx xrightarrow[Rtoinfty] 2pi il(Res(f,i)+Res(f,2i)r)

Passo 3

Vamos achar as resistências. Primeiro em z=i. Como (z-i) é fator simples de (z^2+1)=(z-i)(z+i),
Res(f,i)=limzto i(z-i)z^2(z-i)(z+i)(z^2+4)=i^2(i+i)(i^2+4)=-1(2i)(-1+4)=-12icdot3= -16i=i6
Agora em z=2i. Note que (z-2i) é fator simples de (z^2+4)=(z-2i)(z+2i),
Res(f,2i)=limzto 2i(z-2i)z^2(z^2+1)(z-2i)(z+2i)=(2i)^2((2i)^2+1)(2i+2i)=-4(-4+1)cdot4i=-4(-3)4i=13i= -i3

Passo 4

Somando as duas resistências:
Res(f,i)+Res(f,2i)=i6-i3=-i6)
Então,
integral-infty^infty f(x),dx = 2pi il(-i6r)=2pi16=pi3
Aqui usamos que icdot(-i)=1.

Passo 5

Como f(x) é par (substituir xto -x não muda o valor), temos
integral-infty^inftyf(x),dx = 2integral0^inftyf(x),dx
Logo,
2integral0^inftyx^2(x^2+1)(x^2+4),dx = pi3
e, finalmente, isolando a integral desejada,
integral0^inftyx^2(x^2+1)(x^2+4),dx = pi6

Resposta

pi6

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