Use o teorema dos resíduos para calcular as seguintes integrais impróprias:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{x^{2}}{x^{4}+1}=\frac{\pi}{\sqrt{2}}

Passo 1

O enunciado pede a integral imprópria
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}+1}\,\mathrm{d}x
usando o teorema dos resíduos. Vamos usar análise complexa, definindo
\displaystyle f(z)=\frac{z^{2}}{z^{4}+1},
escolher um contorno semicircular no semiplano superior e calcular os polos de f.

Passo 2

Os polos de f vêm de
z^{4}+1=0,
cuja solução é
z_{k}=e^{i\bigl(\frac{\pi}{4}+\tfrac{\pi}{2}k\bigr)},\quad k=0,1,2,3.
No semiplano superior têm-se
\displaystyle z_{1}=e^{i\pi/4}=\frac{1+i}{\sqrt{2}}
e
\displaystyle z_{2}=e^{i3\pi/4}=\frac{-1+i}{\sqrt{2}}.
Ambos são polos simples.

Passo 3

Para um polo simples z_{0},
\Res(f,z_{0}) =\lim_{z\to z_{0}}(z-z_{0})\frac{z^{2}}{z^{4}+1} =\frac{z_{0}^{2}}{4\,z_{0}^{3}} =\frac{1}{4\,z_{0}}.
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\Res(f,z_{1})+\Res(f,z_{2}) =\frac{1}{4}\Bigl(\frac{1}{z_{1}}+\frac{1}{z_{2}}\Bigr) =\frac{1}{4}\bigl(e^{-i\pi/4}+e^{-i3\pi/4}\bigr) =-\frac{i\sqrt{2}}{4}.

Passo 4

Considere o contorno formado pelo intervalo real de -R a R e o arco semicircular \Gamma_{R} de raio R no semiplano superior. Pela estimativa padrão,
\left|\int_{\Gamma_{R}}f(z)\,\mathrm{d}z\right|\le \frac{\pi R\cdot R^{2}}{R^{4}-1}\;\xrightarrow[R\to\infty]{}\;0.
Pelo teorema dos resíduos,
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}+1}\,\mathrm{d}x =2\pi i\sum_{\Im z_{k}>0}\Res(f,z_{k}) =2\pi i\!\Bigl(-\frac{i\sqrt{2}}{4}\Bigr) =\frac{\pi\sqrt{2}}{2} =\frac{\pi}{\sqrt{2}}.

Resposta

\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}\frac{x^{2}}{x^{4}+1}\,\mathrm{d}x=\frac{\pi}{\sqrt{2}}

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