Integração por Frações Parciais | Técnicas de Primitivação

Neste artigo mostraremos como integrar qualquer função racional (quociente de polinômios) expressando-a como soma de frações parciais. Essa é uma das mais importantes técnicas de primitivação do cálculo diferencial e integral clássico, ou seja, é uma técnica que consiste numa transformação adequada de uma integral para que esta fique na forma da tabela de primitivas imediatas.

Portanto, todas as técnicas pressupõem a aplicação da TABELA DE PRIMITIVAS IMEDIATAS que você encontra aqui. Além disso, é importante ressaltar que o uso de Frações Parciais é muito importante para encontrar, por exemplo, a Transformada de Laplace Inversa em aplicações diversas.

Consideremos a função racional $$ f(x) = \frac{P(x)}{Q(x)} $$ onde P e Q são polinômios. É possível expressar f como soma de frações mais simples desde que o grau de P seja menor que o grau de Q. Se o grau de P for maior ou igual ao grau de Q, então primeiro dividimos os polinômios, $$ \frac{P(x)}{Q(x)} = S(x) + \frac{R(x)}{Q(x)}, $$ onde S(x) e R(x) são também polinômios.

EXEMPLO Calcule $$ \int \frac{x^3+x}{x-1} dx .$$

Dividindo obtemos
$$ \int \frac{x^3+x}{x-1} dx = \int \left( x^2 + x + 2 + \frac{2}{x-1}\right) dx = \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + 2 x + 2 \ln|x-1| + k. $$

Uma segunda etapa consiste em fatorar o denominador Q(x) o máximo possível.

Pode ser mostrado que qualquer polinômio Q pode ser fatorado como produto de fatores lineares e de fatores quadráticos irredutíveis.

EXEMPLO Com uma rápida divisão de polinômios encontramos: x^4-16 = (x-2)(x+2)(x^2+4) .

Finalmente, devemos expressar a função racional como uma soma de frações parciais.

Explicamos os detalhes dos diferentes casos que ocorrem.

Denominadores Redutíveis do 2º Grau

TEOREMA:

Sejam \alpha, \beta, m, n\in\R, com \alpha\neq \beta. Então existem A,B\in \R tais que

1. \dfrac{mx+n}{(x-\alpha)(x-\beta)} = \dfrac{A}{x-\alpha} + \dfrac{B}{x-\beta};
2. \dfrac{mx+n}{(x-\alpha)^2} = \dfrac{A}{x-\alpha} + \dfrac{B}{(x-\alpha)^2}.

OBSERVAÇÃO: Note que, para aplicarmos o teorema, o grau do numerador deve ser estritamente menor do que o grau do denominador do lado esquerdo das igualdades em (i) e (ii) do Teorema ACIMA.

Procedimento para calcular \int \frac{P(x)}{(x-\alpha)(x-\beta)} dx, onde grau P<2.

1) Se \alpha\neq\beta, então o Teorema anterior implica que existem A, B \in \R tais que
$$ \frac{P(x)}{(x-\alpha)(x-\beta)} = \frac{A}{x-\alpha} + \frac{B}{x-\beta}. $$
Portanto $$ \int \frac{P(x)}{(x-\alpha)(x-\beta)} dx = \int \frac{A}{x-\alpha}dx +
\int \frac{B}{x-\beta}dx = A \ln |x-\alpha| + B\ln |x-\beta| + k .$$

2) Se \alpha = \beta, então o teorema anterior implica que existem
A, B \in \R tais que $$ \frac{P(x)}{(x-\alpha)^2} = \frac{A}{(x-\alpha)} + \frac{B}{(x-\alpha)^2}.$$
Logo $$ \int \frac{P(x)}{(x-\alpha)^2} dx = A \int \frac{1}{x-\alpha}dx
+ B \int \frac{1}{(x-\alpha)^2}dx = A \ln |x-\alpha| – \frac{B}{(x-\alpha)} + k . $$

EXEMPLO: Calcule $$ \int \frac{x+3}{x^2-3x+2} dx $$.
Observe que x^2-3x+2 = (x-1)(x-2) . O método de
frações parciais dá
$$ \frac{x+3}{x^2-3x+2} = \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x-2} $$
e portanto A (x-2) + B ( x-1) = x+3 ou (A+B)x -2A-B = x+3.
Como os polinômios são idênticos, seus coeficientes devem ser
iguais. Logo, A+B=1 e -2A-B = 3 . Resolvendo, obtemos A=-4 e B = 5 e assim
$$ \int \frac{x+3}{x^2-3x+2} dx = \int \left (\frac{-4}{x-1} + \frac{5}{x-2}
\right) dx = -4 \ln|x-1| + 5 \ln |x-2| +k.$$

EXEMPLO Calcule $$ \int \frac{x^3+2}{(x-1)^2}\ dx  .$$
Neste caso é melhor fazer uma mudança de variáveis. Seja u = x-1 ou x = u+1 e du=dx .

Assim, $$ \int \frac{x^3+2}{(x-1)^2}\ dx = \int \frac{(u+1)^3}{u^2} du = \int \frac{u^3 + 3u^2 + 3 u + 3 }{u^2} du $$$$= \frac{u^2}{2} + 3 u + 3 \ln |u| – \frac{3}{u} + k =\frac{(x-1)^2}{2} + 3 (x-1) + 3 \ln |x-1| – \frac{3}{x-1} + k. $$

Denominadores Redutíveis do 3º Grau

TEOREMA

Sejam \alpha, \beta, \gamma, m, n, p\in\R, com \alpha,\beta,\gamma \neq 0. Então existem A,B,C\in\mathbb{R} tais que

1)\dfrac{mx^2+nx+p}{(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)} = \frac{A}{x-\alpha} + \frac{B}{x-\beta} + \frac{C}{x-\gamma};
2) \dfrac{mx^2+nx+p}{(x-\alpha)(x-\beta)^2} = \frac{A}{x-\alpha} + \frac{B}{x-\beta} + \frac{C}{(x-\beta)^2};
3)\dfrac{mx^2+nx+p}{(x-\alpha)^3} = \frac{A}{x-\alpha} + \frac{B}{(x-\alpha)^2} +\frac{C}{(x-\alpha)^3}.

EXEMPLO Calcule $$\int \frac{2x+1}{x^3-x^2-x+1}\ dx . $$

Como 1 é raiz de x^3-x^2-x+1 , sabemos que (x-1) é um fator e obtemos x^3-x^2-x+1 = (x-1)(x^2-1) =  (x-1)^2(x+1).

A decomposição em frações parciais é $$ \frac{2x+1}{x^3-x^2-x+1} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{(x-1)} + \frac{C}{(x-1)^2}.$$

Então, 2x+1 = A(x-1)^2 + B (x+1)(x-1) + C(x+1) . Fazendo x = 1 obtemos 3 = 2 C ou C = \dfrac{3}{2}. Fazendo x = -1 , obtemos -1 = 4 A ou A = -\dfrac{1}{4}. Fazendo x = 0, obtemos 1 = -\dfrac{1}{4} - B + \dfrac{3}{2} ou B = \dfrac{1}{4}. Assim, $$ \int \frac{2x+1}{x^3-x^2-x+1}\ dx = -\frac{1}{4} \int \frac{1}{x+1} dx +
\frac{1}{4} \int \frac{1}{x-1} dx + \frac{3}{2} \int \frac{1}{(x-1)^2} dx $$$$= -\frac{1}{4}\ln |x+1| + \frac{1}{4} \ln |x-1| – \frac{3}{2} \frac{1}{x-1} + k. $$

Denominadores Irredutíveis do 2º Grau

Queremos calcular integrais do tipo $$\int\frac{P(x)}{ax^2+bx+c} dx,$$ onde P é
um polinômio e \Delta = b^2-4ac < 0. Então devemos reescrever o denominador como soma de quadrados. Em seguida, fazemos uma mudança de variável e calculamos a integral.

EXEMPLO: Calcule $$\int \frac{2x+1}{x^2+2x+2} \ dx. $$

Escrevamos o denominador como soma de quadrados x^2+2x+2 = x^2+2x+1+1 = (x+1)^2 + 1. Fazendo u = x+1 , temos du = dx;

$$ \int \frac{2x+1}{x^2+2x+2} \ dx = \int \frac{2x+1}{(x+1)^2 + 1} \ dx = \int \frac{2(u-1)+1}{u^2 + 1} du = \int \frac{2u}{u^2 + 1} du + \int \frac{-1}{u^2 + 1} du $$$$= \ln(1+u^2) – {\rm arctg} u + k = \ln(1+(x+1)^2) – {\rm arctg} (x+1) + k .$$

EXEMPLO Calcule $$\int \frac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} \ dx .$$
Como o grau do denominador é igual ao grau do denominador, primeiro vamos dividir os polinômios, $$ \frac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} = 1 + \frac{x-1}{4x^2-4x+3} = 1 + \frac{x-1}{(2x-1)^2 + 2}.$$ Fazendo u = 2x-1 ou x = \dfrac{u+1}{2} , temos du= 2 dx, assim
$$ \int \frac{4x^2-3x+2}{4x^2-4x+3} \ dx = \int \left( 1 + \frac{x-1}{(2x-1)^2 + 2} \right) dx
= x + \frac{1}{2} \int \frac{\frac{u+1}{2}-1}{u^2+2} du = x +\frac{1}{4} \int \frac{u-1}{u^2+2} du$$$$ = x + \frac{1}{4} \int\frac{u}{u^2+2} du – \frac{1}{4} \int \frac{1}{u^2+2} du = x +
\frac{1}{8} \ln |u^2+1| – \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{2}} {\rm arctg} \left( \frac{u}{\sqrt{2}} \right ) + k $$ $$ = x + \frac{1}{8} \ln |(2x-1)^2+1| – \frac{1}{4} \frac{1}{\sqrt{2}} {\rm arctg} \left( \frac{(2x-1)}{\sqrt{2}} \right ) + k.$$ 

Agora, vamos considerar integrais do tipo $$ \int\frac{P(x)}{(x-\alpha)(ax^2+bx+c)} dx, $$
onde P é um polinômio e \Delta = b^2-4ac < 0.

TEOREMA

Sejam m, n, p, a, b, c, \alpha\in\R tais que \Delta = b^2-4ac<0. Então existem A,B,D \in \R tais que $$ \frac{mx^2+nx+p}{(x-\alpha)(ax^2+bx+c)} =
\frac{A}{x-\alpha} + \frac{Bx+D}{ax^2+bx+c}\ . $$

EXEMPLO Calcule $$\int \frac{x^5+x+1}{x^3-8} \ dx . $$

Observe que x^3-8 = (x-2)(x^2+2x+4). Dividindo obtemos
$$ \frac{x^5+x+1}{x^3-8} = x^2 + \frac{8x^2+x+1}{x^3-8}= x^2 + \frac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)} .$$
Pelo método de frações parciais,
$$ \frac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+4}.$$
Então, 8x^2+x+1 = A(x^2+2x+4) + (B x+C)(x-2) . Fazendo x = 2 obtemos 35 = 12A ou A = \dfrac{35}{12}. Fazendo x = 0 , obtemos 1 = 4 A -2C ou C = \dfrac{16}{3}. Fazendo x = 1, obtemos 10 = 7A-B-C ou B = \dfrac{61}{12}.

Assim, $$ \int \frac{8x^2+x+1}{(x-2)(x^2+2x+4)} dx = \frac{35}{12}\int \frac{1}{x-2} dx
+\int \frac{\frac{61}{12}x+\frac{16}{3}}{x^2+2x+4}dx $$ $$=
\frac{35}{12} \ln |x-2| + \frac{1}{12} \int\frac{61x+64}{x^2+2x+4}dx.$$ Para calcular a última integral, escrevemos x^2+2x+4 = (x+1)^2 + 3 e fazemos u = x+1 ou x = u-1 e du = dx; portanto, $$ \int \frac{61x+64}{x^2+2x+4}dx = \int \frac{61x+64}{(x+1)^2 + 3}dx = \int \frac{61(u-1)+64}{u^2 + 3}du $$ $$= 61\int \frac{u}{u^2 + 3}du + 3 \int \frac{1}{u^2 + 3}du = \frac{61}{2} \ln (u^2+3) + \frac{3}{\sqrt{3}} {\rm arctg } \frac{u}{\sqrt{3}} + k $$ $$= \frac{61}{2} \ln ((x+1)^2+3) + \frac{3}{\sqrt{3}} {\rm arctg } \frac{x+1}{\sqrt{3}} + k .$$ Finalmente, $$ \int \frac{x^5+x+1}{x^3-8} \ dx = \frac{x^3}{3} + \frac{35}{12} \ln |x-2| + \frac{61}{24} \ln ((x+1)^2+3) + \frac{3}{12\sqrt{3}} {\rm
arctg } \frac{x+1}{\sqrt{3}} + k .$$

Substituindo u pela tangente de x/2

A substituição u = \textrm{tg}(x/2) transforma qualquer função racional envolvendo seno e cosseno em uma função racional de polinômios.

Observemos que $$ \textrm{sen } x = 2 \textrm{sen}(x/2) \cos(x/2) = 2 \frac{\textrm{sen}(x/2)}{\cos(x/2)} \cos^2(x/2). $$
Assim,
$$ \textrm{sen } x = \frac{ 2 \textrm{tg}(x/2)}{1+\textrm{tg}^2(x/2)} = \frac{2u}{1+u^2}.$$

Também temos que $$ \cos x = 1 – 2\textrm{sen}^2(x/2)= \cos^2(x/2) \sec^2(x/2) –
2 \cos^2(x/2) \textrm{tg}^2(x/2), $$ logo, $$ \cos x = \frac{1 – \textrm{tg}^2(x/2)}{1+
\textrm{tg}^2(x/2)} = \frac{1-u^2}{1+u^2}.$$

EXEMPLO Calcule $$ \int \frac{1}{\cos x + \textrm{sen} x } \ dx.$$

Fazendo u = \textrm{tg}(x/2) , temos que du = \dfrac{1}{2}( 1 + \textrm{tg}^2(x/2)) dx, então dx = \frac{2}{1+ u^2} du.

Utilizando as identidades trigonométricas anteriores, $$ \cos x + \textrm{sen } x = \frac{1-u^2+ 2u }{1+u^2} .$$

Assim, $$ \int \frac{1}{\cos x + \textrm{sen} x } \ dx = 2 \int \frac{1}{1-u^2+ 2u} \ du, $$ a qual pode ser integrada utilizando frações parciais.

Note que $$ \frac{1}{u^2-2u-1} = \frac{1}{(u-a)(u-b)} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \left( \frac{1}{u-a} – \frac{1}{u-b} \right),$$ onde a = 1 + \sqrt{ 2} e b = 1 -\sqrt{2}. Portanto, $$ \int \frac{1}{\cos x + \textrm{sen} x } \ dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln|u -b| – \ln|u-a| \right) + k $$ $$= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \ln|\textrm{tg}(x/2) -1 + \sqrt{2}| – \ln|\textrm{tg}(x/2)- 1 – \sqrt{2}| \right) + k. $$

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