Exercícios Resolvidos de Frações Parciais

Calcule as integrais indefinidas abaixo:

∫ x 3 + 1 x 3 + x 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 3 = 1     ( I )

Depois a gente multiplica isso pelo denominador:

1 x 3 + x = x 3 + x

E então, a gente subtrai isso do numerador:

x 3 + 1 - x 3 + x =

x 3 + 1 - x 3 - x =

= 1 - x     ( I I )

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

x 3 + 1 x 3 + x = I + I I x 3 + x = 1 + 1 - x x 3 + x

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

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Passo 2

Nossa integral está assim agora:

∫ 1 + 1 - x x 3 + x d x

Vamos reescrever esse denominador como um produto de polinômios. Podemos começar isolando x :

x 3 + x = x x 2 + 1

Esse termo do segundo grau é irredutível, isso quer dizer que ele não pode ser reescrito como um produto de polinômios de grau 1. Uma forma de ver isso é ver que a equação x 2 + 1 = 0 não tem solução real.

Então o melhor que a gente pode fazer é escrever nossa fração assim:

1 + 1 - x x 3 + x = 1 + 1 - x x x 2 + 1

Passo 3

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

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

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

Repara que a expressão acima de x é só A , porque ele é um termo de grau 1, mas a expressão acima de x 2 + 1 é B x + C , isso porque esse termo é um polinômio de grau 2 , então a gente precisa colocar no numerador dele um polinômio completinho de grau 1.

Vamos então descobrir A , B e C , igualando a fração antiga com a nossa nova soma de frações. Partindo daqui:

1 - x x x 2 + 1 = A x + B x + C x 2 + 1

Passo 4

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

1 - x x x 2 + 1 = A   x 2 + 1 x x 2 + 1 + x ( B x + C ) x x 2 + 1

1 - x = A x 2 + 1 + x B x + C

Fazendo a distributiva:

1 - x = A x 2 + A + B x 2 + C x

Agora a gente faz um sisteminha. Temos o termo 1 sozinho (sem x ) do lado esquerdo, e do lado direito temos o A . Podemos igualar esses dois caras:

1 = A

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

- 1 = C

Do lado esquerdo não temos termos multiplicados por x 2 , então a gente coloca um 0 para representar. Já no lado direito temos A e B . Aí a igualando:

0 = A + B

Como vimos que A = 1 :

0 = 1 + B ∴ B = - 1

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

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

Passo 5

Agora a gente resolve essa bonita:

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

Essas duas primeiras integrais têm primitivas diretas. E a última a gente pode reescrever assim:

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

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

A última tem como primitiva o a r c t g x . Aí ficamos assim:

∫ 1 + 1 - x x x 2 + 1 d x = x + ln ⁡ x - ∫ x x 2 + 1 d x - a r c t g x

Falta só resolver essa integral bonita que ficou ali, né?

Passo 6

Como a gente tem uma função no denominador x 2 + 1 e um múltiplo da derivada dessa função x no numerador, vamos usar a substituição simples

u = x 2 + 1 , d u d x = 2 x ∴ d u 2 = x   d x

Aí aquela integral fica:

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

Substituindo nossos resultados:

�� x 3 + 1 x 3 + x d x = x + ln ⁡ x - ∫ x x 2 + 1 d x - a r c t g x

∫ x 3 + 1 x 3 + x d x = x + ln ⁡ x - 1 2 ln ⁡ x 2 + 1 - a r c t g x + C

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

Resposta

x + ln ⁡ x - 1 2 ln ⁡ x 2 + 1 - a r c t g x + C

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