Utilize resíduos para calcular as seguintes integrais reais:
(d) \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{n}} d x, n \in \mathbb{N}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e o que temos à disposição.
  • O enunciado pede calcular a integral impropria
\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{n}}\,dx,
onde n\in\mathbb{N} (isto é, n é um inteiro positivo).
  • Informação importante que usaremos:
    • A função integranda é \dfrac{1}{(x^{2}+1)^{n}}, que é uma função racional e é par (ou seja, \dfrac{1}{(x^{2}+1)^{n}}=\dfrac{1}{((-x)^{2}+1)^{n}}).
    • Como a função é par, a integral sobre (-\infty,\infty) é o dobro da integral sobre (0,\infty): \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{n}}\,dx =2\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{n}}\,dx.
    • Pretende-se usar o método dos resíduos (teorema dos resíduos) para avaliar a integral sobre a reta real e, daí, obter a integral desejada sobre [0,\infty).

Passo 2

Plano de ataque (sem ainda resolver): usar um contorno que contenha o eixo real e a semicircunferência superior de raio R e aplicar o teorema dos resíduos à função racional
f(z)=\frac{1}{(z^{2}+1)^{n}}.
Explicação do porquê isso funciona (intuitiva e didática):
  • f(z) é meromorfa no plano complexo com polos somente onde z^{2}+1=0, isto é, em z=i e z=-i.
  • Se integrarmos f(z) ao longo do contorno que é a reta real de -R a R mais a semicircunferência superior \Gamma_R no sentido positivo, pelo teorema dos resíduos o integral sobre o contorno vale 2\pi i vezes a soma dos resíduos de f dentro do contorno (no semiplano superior o único polo é z=i).
  • Para levar R\to\infty precisamos checar que a contribuição da semicircunferência tende a zero — isso acontece porque para |z|=R grande, |f(z)| decai como R^{-2n} e o comprimento da semicircunferência é \pi R, logo o produto tende a zero quando n\ge 1.
  • Assim, no limite R\to\infty obtemos \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx = 2\pi i\;\operatorname{Res}\!\big(f;z=i\big).
Depois dividiremos por 2 para obter a integral de 0 a \infty.

Passo 3

Lembrete (fórmula do resíduo para polo de ordem m): se g(z) tem um polo de ordem m em z=z_{0}, então
\operatorname{Res}(g;z_{0}) =\frac{1}{(m-1)!}\lim_{z\to z_{0}}\frac{d^{\,m-1}}{dz^{\,m-1}}\big[(z-z_{0})^{m}g(z)\big].
No nosso caso f(z)=\dfrac{1}{(z-i)^{n}(z+i)^{n}} e z=i é um polo de ordem n. Portanto, aplicando a fórmula,
\operatorname{Res}\!\big(f;z=i\big) =\frac{1}{(n-1)!}\lim_{z\to i}\frac{d^{\,n-1}}{dz^{\,n-1}}\left[\frac{1}{(z+i)^{n}}\right].

Passo 4

Vamos calcular a derivada de ordem n-1 de (z+a)^{-n} de modo geral (aqui a=i). Há uma fórmula prática para derivadas de potências negativas inteiras:
\frac{d^{k}}{dz^{k}}\big[(z+a)^{-n}\big] =(-1)^{k}\,\frac{(n+k-1)!}{(n-1)!}\,(z+a)^{-n-k},
válida para inteiros n\ge 1 e k\ge 0. Explicação rápida dessa fórmula:
  • A primeira derivada dá um fator -n e aumenta o expoente em 1 no denominador; aplicando repetidamente, os coeficientes formam o produto n(n+1)\cdots (n+k-1)=\dfrac{(n+k-1)!}{(n-1)!} e aparece o sinal alternado (-1)^k.
Agora apliquei com k=n-1 e a=i:
\frac{d^{\,n-1}}{dz^{\,n-1}}\left[(z+i)^{-n}\right] =(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!}\,(z+i)^{-2n+1}.
Tomando o limite z\to i obtemos
\lim_{z\to i}\frac{d^{\,n-1}}{dz^{\,n-1}}\left[(z+i)^{-n}\right] =(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!}\,(2i)^{-2n+1}.

Passo 5

Substituindo na expressão do resíduo:
\operatorname{Res}\!\big(f;z=i\big) =\frac{1}{(n-1)!}\cdot\bigg[(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!}\,(2i)^{-2n+1}\bigg] =(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}\,(2i)^{-2n+1}.

Passo 6

Agora usamos o teorema dos resíduos para obter a integral sobre a reta inteira. Pela razão do contorno e pelo passo anterior:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =2\pi i\;\operatorname{Res}\!\big(f;z=i\big) =2\pi i\;(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}\,(2i)^{-2n+1}.
Vamos simplificar a parte complexa (2i)^{-2n+1} e os fatores de i.
Primeiro escrevemos
(2i)^{-2n+1}=2^{-2n+1}\,i^{-2n+1}.
Como i^{2}=-1, tem-se i^{-2n+1}=i\cdot(i^{2})^{-n}=i\cdot(-1)^{-n}=i\cdot(-1)^{n} (note que (-1)^{-n}=(-1)^{n} porque (-1)^{n}=\pm1 e seu inverso é ele próprio). Logo
(2i)^{-2n+1}=2^{-2n+1}\,(-1)^{n}\,i.
Substituindo isso na expressão do integral:
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =2\pi i\;(-1)^{\,n-1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}\;2^{-2n+1}\,(-1)^{n}\,i.

Passo 7

Simplificamos os fatores de sinais e de i:
  • O produto de sinais (-1)^{\,n-1}\cdot(-1)^{n}=(-1)^{2n-1}=-1.
  • O produto i\cdot i=i^{2}=-1.
Assim a parte 2\pi i\cdot(-1)^{n-1}\cdot(-1)^{n}\cdot i fica
2\pi\cdot\big(i\cdot i\big)\cdot\big((-1)^{n-1}(-1)^{n}\big) =2\pi\cdot(-1)\cdot(-1)=2\pi.
Portanto toda a expressão simplifica para
\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =2\pi\cdot 2^{-2n+1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}.

Passo 8

Finalmente, lembrando que a integral que queremos é a metade da integral sobre (-\infty,\infty) (porque a função é par),
\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =\frac{1}{2}\cdot\bigg[2\pi\cdot 2^{-2n+1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}\bigg].
Isso dá
\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =\pi\;2^{-2n+1}\,\frac{(2n-2)!}{(n-1)!^{2}}.
Podemos reescrever 2^{-2n+1}=\dfrac{1}{2^{2n-1}}, portanto uma forma compacta é
\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x^{2}+1)^{n}}\,dx =\frac{\pi}{2^{2n-1}}\cdot\frac{(2n-2)!}{\big((n-1)!\big)^{2}}.

Resposta

\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{1}{\left(x^{2}+1\right)^{n}}\,dx =\frac{\pi}{2^{2n-1}}\cdot\frac{(2n-2)!}{\big((n-1)!\big)^{2}}.

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