Frações Parciais

Toda função racional possui uma primitiva formada por uma parte racional, logaritmos e arcotangentes, desde que seu denominador seja fatorado. Acompanhe uma decomposição passo a passo e depois digite as suas próprias respostas. A página deriva o que você digitar e mostra exatamente onde a derivada se afasta do integrando.

Cada termo linear	$\int\frac{A\,dx}{x-a}=A\ln\|x-a\|+C$
Cada termo quadrático	$\int\frac{dx}{(x-h)^{2}+k^{2}}=\frac{1}{k}\arctan\frac{x-h}{k}+C$
O seu coeficiente, para uma raiz simples a	$A=\frac{P(a)}{Q'(a)}$

Exemplo resolvido — Frações Parciais

Coeficiente sobre (x − 2)	3
Polos reais em [−5, 5]	2
Constantes de integração	3
Logaritmos (c negativo)	−1/x (c = 0)

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

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Lição

A teoria — Frações Parciais

Uma decomposição em frações parciais escreve uma função racional P(x)/Q(x), com P de grau inferior a Q, como uma soma de frações simples. Forma-se um grupo para cada fator de Q nos reais. Usa-se A/(x − a)^k para cada potência de um fator linear até à sua multiplicidade. Usa-se (Bx + C)/(x² + px + q)^k para cada potência de um fator quadrático sem raiz real. Se o grau de P não for inferior, divida primeiro. A integração de cada fração resulta numa função racional, num logaritmo ou numa arcotangente.

O que significa cada símbolo

P/Q: o integrando, numerador sobre denominador; as raízes reais de Q são os polos de f
C: uma constante de integração, livre para variar em cada intervalo entre polos

De onde vem a fórmula

Um fator simples: basta ocultá-lo. Multiplique a identidade por x − a e faça x = a. Todas as outras frações se anulam, e A é P(a) dividido pelo que resta do denominador em a.
$\frac{P(x)}{(x-a)\,R(x)}=\frac{A}{x-a}+\cdots\ \Rightarrow\ A=\frac{P(a)}{R(a)}$
Um fator repetido exige uma fração por potência. Para (x − a)², escreva A/(x − a) + B/(x − a)². A ocultação dá B; para encontrar A, compare os coeficientes de uma potência de x ou atribua a x outro valor qualquer.
$\frac{P(x)}{(x-a)^{2}R(x)}=\frac{A}{x-a}+\frac{B}{(x-a)^{2}}+\cdots,\qquad B=\frac{P(a)}{R(a)}$
Um fator quadrático sem raízes reais. Decomponha o numerador num múltiplo da derivada do termo quadrático e numa constante. A primeira parte integra-se num logaritmo; a segunda, completado o quadrado, numa arcotangente.
$\frac{Bx+C}{x^{2}+px+q}=\frac{B}{2}\cdot\frac{2x+p}{x^{2}+px+q}+\frac{C-\frac{Bp}{2}}{\left(x+\frac{p}{2}\right)^{2}+q-\frac{p^{2}}{4}}$

Falha quando: A decomposição requer as raízes de Q, e acima do grau quatro elas podem não possuir fórmula com radicais. Os coeficientes continuam a ser números exatos, mas também podem estar fora do alcance dos radicais. Na predefinição x⁵ − x − 1, o primeiro é exatamente 1/(5r⁴ − 1), onde r é a raiz real, e tal como r não possui fórmula com radicais. A página trabalha com aproximações numéricas para estes valores. A parte racional da resposta nunca precisa das raízes. Charles Hermite mostrou que ela pode ser encontrada apenas com aritmética polinomial, e a seção 4 de Hardy apresenta esse método.

Problemas resolvidos na íntegra

Dois fatores lineares: a regra da cobertura 3 passos
Calcule ∫(x + 7)/((x − 1)(x + 3)) dx.
1. Uma fração para cada fator linear:
  
  $\frac{x+7}{(x-1)(x+3)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+3}$
2. Cobre-se cada fator à vez e substitui-se pela respetiva raiz:
  
  $x=1:\ A=\frac{8}{4}=2;\qquad x=-3:\ B=\frac{4}{-4}=-1$
3. A primitiva de cada fração é um logaritmo:
  
  $\int\left(\frac{2}{x-1}-\frac{1}{x+3}\right)dx=2\ln|x-1|-\ln|x+3|+C$
Resposta

2 ln|x − 1| − ln|x + 3| + C. Duas linhas de cálculo, sem sistemas de equações. A regra da cobertura funciona porque multiplicar por x − 1 e fazer x = 1 anula todas as outras frações.

$\int\frac{x+7}{(x-1)(x+3)}\,dx=2\ln|x-1|-\ln|x+3|+C$
Um fator repetido 3 passos
Calcule ∫dx/(x²(x + 1)).
Mostrar solução
1. Como x² é um fator repetido, exige duas frações: uma para x e outra para x²:
  
  $\frac{1}{x^{2}(x+1)}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{C}{x+1}$
2. A cobertura dá B e C; o coeficiente de x² determina A:
  
  $x=0:\ B=1;\qquad x=-1:\ C=1;\qquad x^{2}:\ A+C=0\ \Rightarrow\ A=-1$
3. Integra-se cada termo. B/x² é uma potência, não um logaritmo:
  
  $\int\left(-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x+1}\right)dx=-\ln|x|-\frac{1}{x}+\ln|x+1|+C$
Resposta

ln|(x + 1)/x| − 1/x + C. O deslize comum é escrever apenas B/x² e C/(x + 1): duas frações não chegam para obter esta, e a comparação de coeficientes não teria solução.

$\int\frac{dx}{x^{2}(x+1)}=\ln\left|\frac{x+1}{x}\right|-\frac{1}{x}+C$
Um termo quadrático sem raízes reais 2 passos
Calcule ∫(3x + 1)/(x² + 1) dx.
Mostrar solução
1. Como x² + 1 não se decompõe, separa-se o numerador num múltiplo da sua derivada 2x e numa constante:
  
  $\frac{3x+1}{x^{2}+1}=\frac{3}{2}\cdot\frac{2x}{x^{2}+1}+\frac{1}{x^{2}+1}$
2. A primeira parte é do tipo f′/f; a segunda é a arcotangente:
  
  $\int\frac{2x}{x^{2}+1}\,dx=\ln\left(x^{2}+1\right),\qquad \int\frac{dx}{x^{2}+1}=\arctan x$
Resposta

(3/2) ln(x² + 1) + arctan x + C. Sem barras de módulo no logaritmo: x² + 1 nunca é negativo.

$\int\frac{3x+1}{x^{2}+1}\,dx=\frac{3}{2}\ln\left(x^{2}+1\right)+\arctan x+C$
Um fator linear e um quadrático 3 passos
Calcule ∫dx/(x(x² + 1)).
Mostrar solução
1. Ao termo quadrático cabe um numerador linear, Bx + C:
  
  $\frac{1}{x(x^{2}+1)}=\frac{A}{x}+\frac{Bx+C}{x^{2}+1}$
2. A cobertura dá A; a comparação do resto dá B e C:
  
  $x=0:\ A=1;\qquad 1=(x^{2}+1)+(Bx+C)x\ \Rightarrow\ B=-1,\ C=0$
3. Um logaritmo e o logaritmo do termo quadrático:
  
  $\int\left(\frac{1}{x}-\frac{x}{x^{2}+1}\right)dx=\ln|x|-\tfrac12\ln\left(x^{2}+1\right)+C$
Resposta

ln|x| − ½ ln(x² + 1) + C. Uma constante sobre x² + 1 não bastaria: o numerador sobre um fator quadrático pode sempre ser linear.

$\int\frac{dx}{x(x^{2}+1)}=\ln|x|-\tfrac12\ln\left(x^{2}+1\right)+C$
Fração imprópria: dividir primeiro 3 passos
Calcule ∫(x³ + x)/(x − 1) dx.
Mostrar solução
1. O numerador tem grau superior, por isso divida primeiro:
  
  $x^{3}+x=(x-1)\left(x^{2}+x+2\right)+2$
2. Um polinômio mais uma fração própria:
  
  $\frac{x^{3}+x}{x-1}=x^{2}+x+2+\frac{2}{x-1}$
3. Integre termo a termo:
  
  $\int\left(x^{2}+x+2+\frac{2}{x-1}\right)dx=\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+2x+2\ln|x-1|+C$
Resposta

x³/3 + x²/2 + 2x + 2 ln|x − 1| + C. A decomposição em frações parciais só começa quando o grau do numerador for menor que o do denominador.

$\int\frac{x^{3}+x}{x-1}\,dx=\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{2}}{2}+2x+2\ln|x-1|+C$
Completar o quadrado 2 passos
Calcule ∫dx/(x² + 4x + 13).
Mostrar solução
1. O discriminante é 16 − 52 < 0, portanto não há raízes reais. Complete o quadrado:
  
  $x^{2}+4x+13=(x+2)^{2}+9=(x+2)^{2}+3^{2}$
2. Chegamos à forma do arco-tangente com h = −2 e k = 3:
  
  $\int\frac{dx}{(x+2)^{2}+3^{2}}=\frac{1}{3}\arctan\frac{x+2}{3}+C$
Resposta

(1/3) arctan((x + 2)/3) + C. Esquecer o 1/3 inicial é o deslize típico: a derivada de arctan((x + 2)/3) resulta em 3/(x² + 4x + 13), três vezes o integrando.

$\int\frac{dx}{x^{2}+4x+13}=\frac{1}{3}\arctan\frac{x+2}{3}+C$
Integral definida entre os polos 2 passos
Calcule ∫₀¹ dx/(x² − 4).
Mostrar solução
1. x² − 4 = (x − 2)(x + 2), e o método da cobertura fornece ±1/4:
  
  $\frac{1}{x^{2}-4}=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{x-2}-\frac{1}{x+2}\right)$
2. Como os dois polos, em ±2, ficam fora de [0, 1], podemos usar a fórmula entre os limites de integração:
  
  $\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{2}-4}=\frac{1}{4}\Bigl[\ln\left|\frac{x-2}{x+2}\right|\Bigr]_{0}^{1}=\frac{1}{4}\left(\ln\frac{1}{3}-\ln1\right)$
Resposta

−(ln 3)/4 ≈ −0,2747. Negativo, pois 1/(x² − 4) fica abaixo de zero em [0, 1]. Num intervalo que contenha um polo, essa mesma subtração forneceria um número para um integral que não existe — daí o aviso no bloco sobre as constantes de integração.

$\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^{2}-4}=-\frac{\ln3}{4}\approx-0{.}2747$
∫ dx/(x⁴ + 1): sem raízes reais, duas quadráticas reais 5 passos
Calcule ∫₀^∞ dx/(x⁴ + 1). O denominador não possui raiz real. Logo, não há polos nem fatores lineares, e nenhum dos problemas da página se parece com este. Pressione Uma arcotangente para ver o elemento básico.

Abrir este problema na ferramenta
Mostrar solução
1. O polinômio x⁴ + 1 não tem raiz real, mas torna-se uma diferença de dois quadrados quando se soma e subtrai 2x². Assim, ele divide-se em duas quadráticas reais:
  
  $x^4+1=(x^2+1)^2-2x^2=\left(x^2+\sqrt2\,x+1\right)\left(x^2-\sqrt2\,x+1\right)$
2. Nenhuma das quadráticas possui raiz real (ambos os discriminantes valem 2 − 4 = −2). Portanto, ambas recebem um numerador linear. A comparação de coeficientes resulta em:
  
  $\frac{1}{x^4+1}=\frac{\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2+\sqrt2\,x+1}+\frac{-\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2-\sqrt2\,x+1}$
3. Cada parte quadrática divide-se num múltiplo da derivada do denominador, que resulta num logaritmo, e numa constante sobre um quadrado perfeito, que produz uma arcotangente:
  
  $\frac{\frac{x}{2\sqrt2}+\frac12}{x^2+\sqrt2\,x+1}=\frac{1}{4\sqrt2}\cdot\frac{2x+\sqrt2}{x^2+\sqrt2\,x+1}+\frac{\frac14}{\left(x+\frac{1}{\sqrt2}\right)^2+\frac12}$
4. Portanto, a primitiva, válida em toda a reta, é:
  
  $F(x)=\frac{1}{4\sqrt2}\ln\frac{x^2+\sqrt2\,x+1}{x^2-\sqrt2\,x+1}+\frac{1}{2\sqrt2}\Big(\arctan\left(\sqrt2\,x+1\right)+\arctan\left(\sqrt2\,x-1\right)\Big)$
5. Em x = 0 o logaritmo vale ln 1 = 0 e as arcotangentes se cancelam. Conforme x cresce, o logaritmo tende novamente a ln 1 = 0 e cada arcotangente tende a π/2:
  
  $\int_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}=\frac{1}{2\sqrt2}\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right)-0=\frac{\pi}{2\sqrt2}=1{.}1107$
Resposta

π/(2√2) ≈ 1,1107. O explorador da página para em x² + c. Uma quártica sem raízes reais exige os mesmos dois passos, um logaritmo e uma arcotangente, executados duas vezes, com √2 em cada coeficiente.

$\int_0^\infty\frac{dx}{x^4+1}=\frac{\pi}{2\sqrt2}\approx1{.}1107$

Problemas suplementares, só com a resposta

Calcule ∫ dx/(x(x − 1)(x + 1)).

Mostrar resposta

−ln|x| + ½ ln|x − 1| + ½ ln|x + 1| + C. Pelo método de Heaviside, obtêm-se os coeficientes −1, ½ e ½.

$-\ln|x|+\tfrac12\ln|x-1|+\tfrac12\ln|x+1|+C$
Calcule ∫ (x + 3)/(x + 1)² dx.

Mostrar resposta

ln|x + 1| − 2/(x + 1) + C, pois (x + 3)/(x + 1)² = 1/(x + 1) + 2/(x + 1)².

$\ln|x+1|-\frac{2}{x+1}+C$
Calcule ∫₂³ dx/(x² − x).

Mostrar resposta

ln(4/3) ≈ 0,2877.

$\int_{2}^{3}\frac{dx}{x^{2}-x}=\ln\tfrac43\approx0{.}2877$
Calcule ∫ 4/(x²(x² + 4)) dx.

Mostrar resposta

−1/x − ½ arctan(x/2) + C, pois 4/(x²(x² + 4)) = 1/x² − 1/(x² + 4).

$-\frac1x-\tfrac12\arctan\frac{x}{2}+C$

Uma arcotangente é um logaritmo cujas raízes se tornaram complexas

Pressione Dois logaritmos e observe o explorador abaixo da área de prática. Em c = −1, o integrando é 1/(x² − 1), cujo denominador tem as raízes reais ±1. Ele divide-se em duas frações parciais e integra para logaritmos: a área de 2 a 3 é ½ ln(3/2) = 0,2027. Pressione Uma arcotangente. Em c = 1, o denominador x² + 1 não tem raiz real e nada se divide nos reais. A resposta é arctan 3 − arctan 2 = 0,1419. Agora arraste c de modo a passar pelo zero. A fórmula muda duas vezes. Vai de logaritmos para −1/x exatamente em c = 0, onde a área é 1/6 = 0,1667, e depois para uma arcotangente. A curva à direita não percebe essas mudanças: não há saltos nem bicos. Trata-se de uma única função escrita de três maneiras. Se permitirmos números complexos, x² + 1 = (x − i)(x + i) divide-se como qualquer outra quadrática. A arcotangente passa a ser também um logaritmo. As notas de Brian Conrad sobre o teorema de Liouville verificam por derivação que 2i·arctan x, mais uma constante, é um logaritmo de (x − i)/(x + i). “Logaritmos e arcotangentes” é simplesmente a forma como os números reais dizem “logaritmos”.

Um único +C não é suficiente

Pressione Dois polos e, em seguida, Mostrar uma resposta: a página escreve 3 ln|x − 2| − 3 ln|x + 1| para f = 9/((x − 2)(x + 1)). Agora pressione Deslocar as constantes. A página adiciona uma constante diferente em cada um dos três intervalos em que os polos em −1 e 2 dividem a reta. Depois desenha os ramos deslocados sobre os antigos e volta a chamar o verificador. Continua correto: em cada intervalo a derivada de uma constante é zero, e nada liga um intervalo ao seguinte. A primitiva geral tem aqui três constantes independentes. O “+ C” nomeia apenas a fatia em que as três são iguais. Conte os polos reais e some um. Um salto noutro ponto qualquer está errado, e o verificador avisa. Adicione + sign(x) à resposta, que salta em 0 onde f é suave, e ela será recusada. É aqui que as constantes nos apanham. A integral desta f de 0 a 3 não existe, pois atravessa o polo em 2. Ainda assim, subtrair os valores da fórmula em 0 e 3 resulta num número perfeitamente convicto, −3 ln 8.

O teorema promete a forma da resposta, não uma fórmula para os seus números

Pressione x⁵ − x − 1. Nos reais, todo polinômio se fatora em partes lineares e quadráticas. Toda função racional integra-se assim numa parte racional, logaritmos e arcotangentes. Esta não é exceção. Há um logaritmo para a raiz real próxima a 1,1673. Cada um dos dois pares complexos produz o logaritmo de uma quadrática e uma arcotangente. Acompanhe o exemplo resolvido para ver os cinco termos. O que o teorema não fornece é uma fórmula para as raízes, e neste denominador ela simplesmente não existe. Em módulo 5 ele não se fatora, e em módulo 2 é (x² + x + 1)(x³ + x² + 1). Juntas, essas condições forçam o seu grupo de Galois a ser S₅. Nenhuma raiz pode ser escrita com +, −, ×, ÷ e radicais. A página calcula então as raízes numericamente, com cerca de quinze algarismos significativos, e o verificador aceita a primitiva construída a partir delas. Se copiar os coeficientes com quatro casas decimais do último passo para a caixa de resposta, o verificador vai rejeitá-los, pois exige uma precisão de uma parte num milhão. G. H. Hardy disse-o claramente em 1916: as raízes “não podem, em regra, ser determinadas de forma explícita. O método de frações parciais está, portanto, sujeito a sérias limitações.”

Percurso de aprendizagem

Técnicas de integração

Referências (3)

The integral of a rational function as a rational part plus Σ A log(x − a), with the coefficient over a simple root a given by P(a)/Q′(a) (§1, pp. 12–13), and the page's third claim in his words: “The roots of Q(x) = 0 are not in general explicit algebraical functions of the coefficients, and cannot as a rule be determined in any explicit form. The method of partial fractions is therefore subject to serious limitations” (§3, p. 15). §4 credits Hermite with finding the rational part without the roots: G. H. Hardy, The Integration of Functions of a Single Variable, 2nd ed., Cambridge Tracts in Mathematics and Mathematical Physics no. 2, Cambridge University Press (1916), Chapter IV, §§1–4.
The arctangent as a logarithm: Example 2.1 (p. 4) checks by differentiation that 2i tan⁻¹(x), plus a constant, is a logarithm of the non-vanishing function (x − i)/(x + i), and why that matters: allowing only real exponentials and logarithms, 1/(1 + x²) would not be elementarily integrable at all (p. 7): B. Conrad, “Impossibility theorems for elementary integration”, Clay Mathematics Institute Academy Colloquium lecture notes (2005), §2, Example 2.1, and §3, p. 7.
Why x⁵ − x − 1 has Galois group S₅: Dedekind's theorem turns a factorisation mod p into distinct irreducibles of degrees d₁, …, dₘ into a permutation of cycle type (d₁, …, dₘ) in the Galois group, and Theorem 2.1 says “a transitive subgroup of Sₙ that contains a transposition and a p-cycle for some prime p > n/2 is Sₙ”. The page supplies the factorisations (irreducible mod 5; (x² + x + 1)(x³ + x² + 1) mod 2) and its check verifies them: K. Conrad, “Recognizing Galois groups Sₙ and Aₙ”, expository note, University of Connecticut, §1 and Theorem 2.1.

Pela equipa 7 Raven Room · Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.