Um integral de Euler

No artigo Considérations sur quelques formules intégrales dont les valeurs peuvent être exprimées en certains cas par la quadrature du cercle (Considerações sobre algumas fórmulas integrais cujos valores podem ser exprimidos, em certos casos, pela quadratura do círculo), Euler obtém um rol de resultados deveras interessantes, partindo da avaliação duma família de integrais da forma

I_{mn}=\int_0^\infty{\frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx}

Para avaliar esta família de integrais, Euler recorre-se da expressão que provê a primitiva do integrando. Contudo, omite os detalhes do cálculo por considerar serem demasiado supérfluos. Aproveito este problema como mote para o texto que se segue.

Pretendemos obter a primitiva do integrando em I_{mn} quando m-1<n. De facto, se m-1\ge n, então é possível dividirmos o numerador pelo denominador e separar a parte polinomial da parte inteira do integrando. Utilizaremos, para o efeito, o método de integração por expansão em fracções parciais.

Da teoria das equações, sabemos que as raízes do polinómio x^n+1 são x_k=e^{i\frac{(2k+1)\pi}{n}}, onde k=0,1,\cdots,n-1. Do que foi exposto, advém a factorização

1+x^n=\left(x-x_0\right)\left(x-x_1\right)\cdots\left(x-x_{n-1}\right)

Procuramos obter uma expansão em fracções parciais,

\frac{x^{m-1}}{x^n+1}=\frac{A_0}{x-x_0}+\frac{A_1}{x-x_1}+\cdots+\frac{A_{n-1}}{x-x_{n-1}}=\frac{A_0\phi_0(x)+A_1\phi_1(x)+\cdots+A_{n-1}\phi_{n-1}(x)}{1+x^n}

Como resultado da redução ao mesmo denominador das fracções parciais, \phi_k(x) consiste no produto de todos os factores lineares de 1+x^n que não contenham x_k, isto é, \left(x-x_k\right)\phi_k(x)=1+x^n. Ora, se l\ne k, então facilmente constatamos que \phi_k\left(x_l\right)=0. Para calcular o valor de \phi_k\left(x_k\right) apelamos ao facto de \phi_k(x) ser um polinómio e, por conseguinte, uma função contínua. Deste modo

\phi_k\left(x_k\right)=\lim_{x\to x_k}{\frac{1+x^n}{x-x_k}}

Trata-se da derivada de 1+x^n no ponto x=x_k. Podemos escrever

\phi_k\left(x_l\right)=\left\lbrace\begin{array}{l}nx_k^{n-1},\ k=l\\ 0, \ k\ne l\end{array}\right.

Queremos, portanto, que se verifique a igualdade

x^{m-1}=A_0\phi_0(x)+A_1\phi_1(x)+\cdots+A_{n-1}\phi_{n-1}(x)

para todos os valores de x e, em particular, a igualdade terá de ser verificada para todas as raízes x_k. Substituindo x por x_k, k=0,1,\cdots,n-1, obtemos n equações

x_k^{m-1}=nA_kx_k^{n-1}

cujas soluções surgem imediatamente como

A_k=\frac{1}{n}\frac{x_k^m}{x_k^n}=-\frac{1}{n}x_k^m

Obtemos a expansão em fracções parciais

\frac{1}{1+x^n}=-\frac{1}{n}\left(\frac{x_0^m}{x-x_0}+\frac{x_1^m}{x-x_1}+\cdots+\frac{x_{n-1}^m}{x-x_{n-1}}\right)

Esta expansão em fracções parciais poderia ser integrada. Contudo, a expressão final ir-se-ia basear em logaritmos cujos argumentos envolvem números complexos. Para o evitar, observamos que \bar{x}_k=x_{n-k-1}, onde \bar{x}_k corresponde ao complexo conjugado de x_k. Agrupamos as parcelas da expansão como

-n\frac{x^{m-1}}{1+x^n}=\sum_{k=0}^{\frac{n}{2}}\left(\frac{x_k^m}{x-x_k}+\frac{\bar{x}_k^m}{x-\bar{x}_k}\right)

se n for um número par ou

-n\frac{x^{m-1}}{1+x^n}=\sum_{k=0}^{\frac{n-1}{2}}\left(\frac{x_k^m}{x-x_k}+\frac{\bar{x}_k^m}{x-\bar{x}_k}\right)+\frac{\cos\left(m\pi\right)}{x+1}

se n for um número ímpar. Com o auxílio da famosa fórmula e^{ix}=\cos(x)+i\sin(x), torna-se um exercício algébrico elementar verificar que

\frac{x_k^m}{x-x_k}+\frac{\bar{x}_k^m}{x-\bar{x}_k}=\frac{2\cos\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)x-2\cos\left(\frac{m-1}{n}(2k+1)\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}

Resta-nos integrar, termo-a-termo, a expressão. Para o efeito, escrevemos

\frac{2\cos\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)x-2\cos\left(\frac{m-1}{n}(2k+1)\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}=\cos\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)\frac{2x-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}-\frac{2\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\sin\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}

Mas

\int{\frac{2x-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}dx}=\log\left[x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1\right]

e

\int{\frac{2\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)\sin\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)}{x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1}}=2\sin\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)\arctan\left(\frac{x\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}{1-x\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}\right)

Se substituirmos estes integrais na expansão em fracções parciais obtemos o resultado (a menos duma constante de integração)

\int{\frac{x^{m-1}}{1+x^n}dx}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{\frac{n}{2}}\left\lbrace -\log\left[x^2-2\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)x+1\right]+2\sin\left(\frac{2k+1}{n}m\pi\right)\arctan\left(\frac{x\sin\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}{1-x\cos\left(\frac{2k+1}{n}\pi\right)}\right)\right\rbrace

Esta expressão é exacta se n for um número par. Caso seja um número ímpar, o limite da soma será \frac{n-1}{2} e acrescentamos-lhe a parcela \cos\left(m\pi\right)\log\left(x+1\right).

Sobre Sérgio O. Marques

Licenciado em Física/Matemática Aplicada (Astronomia) pela Faculdade de Ciências da Universidade do Porto e Mestre em Matemática Aplicada pela mesma instituição, desenvolvo trabalho no PTC (Porto Technical Centre) - Yazaki como Administrador de bases-de-dados. Dentro o meu leque de interesses encontram-se todos os temas afins às disciplinas de Matemática, Física e Astronomia. Porém, como entusiasta, interesso-me por temas relacionados com electrónica, poesia, música e fotografia.
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