Exercícios Resolvidos de Frações Parciais

Calcule as integrais indefinidas abaixo:

∫ x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 d x

Passo 1

Olha, temos uma divisão entre dois polinômios. Um NÃO é derivada do outro. Sabe o que essas coisas querem dizer? Vamos ter que usar frações parciais. Respira e vem comigo!

Para começar a usar frações parciais a gente precisa ter uma fração onde o grau do numerador é menor do que o grau do denominador. Isso não acontece ali. Vamos ter que fazer acontecer!

Aí a gente segue um metodozinho para fazermos isso. Primeiro a gente divide o termo de maior grau do numerador pelo termo de maior grau do denominador:

x 3 x 2 = x     ( I )

Depois a gente multiplica isso pelo denominador:

x x 2 - 5 x + 6 = x 3 - 5 x 2 + 6 x

E então, a gente subtrai isso do numerador:

x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 - x 3 - 5 x 2 + 6 x =

x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 - x 3 + 5 x 2 - 6 x =

= - x 2 + 4 x - 6     ( I I )

Aí a gente reescreve nossa fração usando ( I ) e ( I I ) , desse jeitinho:

x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 = I + I I x 2 - 5 x + 6 = x + - x 2 + 4 x - 6   x 2 - 5 x + 6

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Passo 2

x + - x 2 + 4 x - 6   x 2 - 5 x + 6

Repara que o grau do numerador e do denominador agora estão iguais. O que a gente faz? Aplicamos o método de novo, já que queremos que o grau do numerador seja menor.

Vamos de novo! Primeiro a gente divide o termo de maior grau do numerador pelo termo de maior grau do denominador:

- x 2 x 2 = - 1     ( I )

Depois a gente multiplica isso pelo denominador:

- 1 x 2 - 5 x + 6 = - x 2 + 5 x - 6

E então, a gente subtrai isso do numerador:

- x 2 + 4 x - 6   - - x 2 + 5 x - 6 =

- x 2 + 4 x - 6 + x 2 - 5 x + 6 =

= - x     ( I I )

Aí a gente reescreve nossa nova fração usando ( I ) e ( I I ) , desse jeitinho:

x + - x 2 + 4 x - 6   x 2 - 5 x + 6 = I + x + I I x 2 - 5 x + 6 = - 1 + x + - x   x 2 - 5 x + 6

Agora sim o grau do numerador na fração está menor que o grau do denominador. Bora começar a usar as frações parciais!

Passo 3

Nossa integral está assim agora:

∫ x - 1 + - x x 2 - 5 x + 6 d x

Vamos reescrever esse denominador como um produto de polinômios. A gente pode reescrever esse termo com grau 2 que ficou ali, usando uma fórmulinha:

x 2 - 5 x + 6 = a x - x 0 x - x 1

Onde a   é o termo multiplicado por x 2 , no nosso caso a = 1 . E x 0 e x 1 são as raízes do polinômio de grau 2:

x 2 - 5 x + 6 = 0

As achando por Bhaskara

Δ = 25 - 4 ⋅ 1 ⋅ 6 = 1

x = - - 5 ± 1 2 ⋅ 1 = 5 ± 1 2

x 0 = 3 ,     x 1 = 2

x 2 - 5 x + 6 = 1 x - 2 x - 3

Nosso denominador fica:

x 2 - 5 x + 6 = x - 2 x - 3

Passo 4

Aí a nossa integral fica assim: ∫ x - 1 + - x x 2 - 5 x + 6 d x = ∫ x - 1 + - x x - 2 x - 3 d x

Usar frações parciais é fazer esse integrando virar uma soma de funções tranquilas de integrar assim:

∫ x - 1 + - x x - 2 x - 3 d x = ∫ x - 1 + A x - 2 + B x - 3 d x

Vamos então descobrir A e   B . Partindo daqui:

- x x - 2 x - 3 = A x - 2 + B x - 3

Passo 5

A gente multiplica esse termo A pelo denominador do outro termo. Aí faz o mesmo para B :

- x x - 2 x - 3 = A   x - 3 x - 2 x - 3 + B x - 2 x - 2 x - 3

- x = A x - 3 + B x - 2

Fazendo a distributiva:

- x = A x - 3 A + B x - 2 B

Agora a gente faz um sisteminha. Não temos um termo sozinho (sem x ) do lado esquerdo, aí a gente tem o valor 0 para representar isso, e do lado direito temos o - 3 A e o - 2 B . Podemos igualar esses dois caras:

0 = - 3 A - 2 B

Fazendo o mesmo só para os termos multiplicados por x em cada lado:

- 1 = A + B

Aí a gente tem um sisteminha:

0 = - 3 A - 2 B - 1 = A + B

Vamos multiplicar a segunda equação por 2 e somar as duas:

0 = - 3 A - 2 B - 2 = 2 A + 2 B ∴ - 2 = - A ∴ A = 2

0 = - 3 A - 2 B ∴ 0 = - 3 2 - 2 B ∴ B = - 3

Como todas essas letrinhas achadas finalmente, a gente reescreve nossa integral:

∫ x - 1 + - x x - 2 x - 3 d x = ∫ x - 1 + 2 x - 2 + - 3 x - 3 d x

Passo 6

Agora a gente resolve essa bonita:

∫ x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 d x = ∫ x - 1 + 2 x - 2 + - 3 x - 3 d x

∫ x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 d x = ∫ x - 1 d x + 2 ∫ 1 x - 2 d x - 3 ∫ 1 x - 3 d x

Resolvendo cada integral e depois somando. A primeira

∫ x - 1 d x = x 2 2 - x

A segunda:

∫ 1 x - 2 d x

Fazendo a substituição u = x - 2 :

d u d x = 1 ∴ d u = d x

∫ 1 x - 2 d x = ∫ 1 u d u = ln ⁡ u = ln ⁡ x - 2

A terceira:

∫ 1 x - 3 d x

Fazendo a substituição u = x - 3 :

d u d x = 1 ∴ d u = d x

∫ 1 x - 3 d x = ∫ 1 u d u = ln ⁡ u = ln ⁡ x - 3

Substituindo nossos resultados:

∫ x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 d x = ∫ x - 1 d x + 2 ∫ 1 x - 2 d x - 3 ∫ 1 x - 3 d x

∫ x 3 - 6 x 2 + 10 x - 6 x 2 - 5 x + 6 d x = x 2 2 - x + 2 ln ⁡ x - 2 - 3 ln ⁡ x - 3 + C

Não esquecendo ali da constante, já que temos uma integral indefinida!

Resposta

x 2 2 - x + 2 ln ⁡ x - 2 - 3 ln ⁡ x - 3 + C

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