Exercícios Resolvidos de Frações Parciais

O valor de

∫ 0 4 - x x + 1 x + 2 d x

é:

a) ln ⁡ 3 - ln ⁡ 4

b) 2 ln ⁡ 4 - 2 ln ⁡ 5

c) ln ⁡ 5 - 2 ln ⁡ 6 + ln ⁡ 4

d) ln ⁡ 6 - 2 ln ⁡ 7 + ln ⁡ 4

e) ln ⁡ 7 - 2 ln ⁡ 8 + ln ⁡ 4

Passo 1

Olha, temos uma divisão entre dois polinômios. Um NÃO é derivada do outro. E o denominador tem grau maior (já que 2 termos de x estão em produto, ele deve ter grau 2).

Sabe o que essas coisas querem dizer? Vamos ter que usar frações parciais. Respira e vem comigo!

Normalmente a gente tem que tentar reescrever esse denominador como produto de polinômios de grau 1. Mas ele já deixou assim! Então vamos só ser gratos e seguir hahaha

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Passo 2

Aí a nossa integral tá assim: ∫ - x x + 1 x + 2 d x

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

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

Vamos então descobrir A e B . Partindo daqui:

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

Passo 3

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

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

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

Fazendo a distributiva:

- x = A x + 2 A + B x + 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 2 A e o B . Podemos igualar esses dois caras:

0 = 2 A + B

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

- 1 = A + B

Aí a gente tem um sisteminha:

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

Vamos multiplicar a segunda equação por - 1 e somar as duas:

0 = 2 A + B 1 = - A - B ∴ 1 = A

0 = 2 A + B ∴ 0 = 2 1 + B ∴ B = - 2

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

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

Passo 4

Agora a gente resolve essa bonita:

∫ 0 4 - x x + 1 x + 2 d x = ∫ 0 4 1 x + 1 + - 2 x + 2 d x

∫ 0 4 - x x + 1 x + 2 d x = ∫ 0 4 1 x + 1 d x - 2 ∫ 0 4 1 x + 2 d x

Resolvendo cada integral e depois somando.

∫ 1 x + 1 d x

Essa é a primeira. Fazendo a substituição u = x + 1 :

d u d x = 1 ∴ d u = d x

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

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

Substituindo nossos resultados:

∫ 0 4 - x x + 1 x + 2 d x = ln ⁡ x + 1 - 2 ln ⁡ x + 2 0 4

∫ 0 4 - x x + 1 x + 2 d x = ln ⁡ 5 - 2 ln ⁡ 6 - ln ⁡ 1 + 2 ln ⁡ 2

Ajeitando isso com propriedades de log, aquela que fala ln ⁡ 4 = ln ⁡ 2 2 = 2 ln ⁡ 2 , e lembrando que ln ⁡ 1 = 0 :

= ln ⁡ 5 - 2 ln ⁡ 6 - 0 + ln ⁡ 2 2 = ln ⁡ 5 - 2 ln ⁡ 6 + ln ⁡ 4

Resposta

Letra c

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