Use o teorema dos resíduos para calcular as seguintes integrais impróprias:
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{(x+a)^{2}+b^{2}}=\frac{e^{-b} \cos a}{b}, a, b>0

Passo 1

O enunciado pede para calcular
I = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{(x+a)^{2}+b^{2}}\,dx
com a,b>0, usando o Teorema dos Resíduos. O conteúdo principal é integrar funções da forma \Re(e^{ix}) sobre a reta real e fechar um contorno no semiplano superior, aproveitando que os pólos de \frac{e^{iz}}{(z+a)^{2}+b^{2}} ficam fora da reta real, salvo dois pontos complexos.

Passo 2

Escrevemos
\cos x = \Re\bigl(e^{ix}\bigr)
e definimos
J = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{e^{ix}}{(x+a)^{2}+b^{2}}\,dx.
Então
I = \Re(J).
Tomamos o contorno que consiste na reta real de -R a R e o semicírculo de raio R no semiplano \Im z\ge0. Para R\to\infty, a contribuição do arco tende a zero, pois e^{iz} decai exponencialmente no semiplano superior.

Passo 3

Os pólos de
f(z)=\frac{e^{iz}}{(z+a)^{2}+b^{2}}
são as raízes de (z+a)^{2}+b^{2}=0, ou seja
z_{1}=-a+ib, \quad z_{2}=-a-ib.
No semiplano superior está somente z_{1}=-a+ib. Calculamos a respectiva resíduo:
\Res(f,z_{1}) =\lim_{z\to z_{1}}(z-z_{1})\frac{e^{iz}}{(z-z_{1})(z-z_{2})} =\frac{e^{iz_{1}}}{z_{1}-z_{2}} =\frac{e^{i(-a+ib)}}{2ib} =\frac{e^{-b}e^{-ia}}{2i\,b}.

Passo 4

Pelo Teorema dos Resíduos no contorno escolhido,
J =2\pi i\;\Res(f,z_{1}) =2\pi i\;\frac{e^{-b}e^{-ia}}{2i\,b} =\frac{\pi}{b}\,e^{-b}e^{-ia}.
Logo
I = \Re(J) =\Re\!\Bigl(\frac{\pi}{b}e^{-b}e^{-ia}\Bigr) =\frac{\pi}{b}e^{-b}\cos a.

Resposta

\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos x}{(x+a)^{2}+b^{2}}\,dx =\frac{\pi}{b}\,e^{-b}\cos a.

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