Frações parciais: quatro exemplos resolvidos e conferidos

Uma fração racional pode parecer mais difícil de integrar do que realmente é após a decomposição. A expressão $(3x+1)/(x^2-x-2)$, por exemplo, vira duas frações cujas primitivas são logaritmos. A etapa decisiva é escolher o formato certo antes de calcular constantes. Um termo ausente não pode ser recuperado por álgebra posterior.

Vamos resolver quatro casos originais: fatores lineares distintos, fator linear repetido, fator quadrático irredutível e fração que exige divisão inicial. Ao fim de cada caso, recombinaremos os termos. OpenStax Calculus, volume 2, §3.4 apresenta a condição dos graus e os formatos de fatores. Para rever o significado da integral, veja nosso guia de integrais. Aqui o foco é a álgebra.

Compare os graus e fatore o denominador

Escreva a função como $P(x)/Q(x)$. A decomposição começa com uma fração própria: $\deg P<\deg Q$. Se a condição falhar, divida $P$ por $Q$, mantenha o quociente polinomial e decomponha apenas a fração própria do resto. Não esconda o quociente em constantes desconhecidas.

Depois fatore $Q$ nos números reais. Os fatores determinam o modelo antes de qualquer cálculo:

Fator do denominador	Termos necessários
Linear distinto $(x-a)$	$A/(x-a)$
Linear repetido $(x-a)^m$	$A_1/(x-a)+A_2/(x-a)^2+\cdots+A_m/(x-a)^m$
Quadrático irredutível $q(x)$	$(Bx+C)/q(x)$

O modelo é uma identidade para todo $x$ permitido, não uma igualdade em um único ponto conveniente. Depois de eliminar denominadores, há dois caminhos complementares para os coeficientes: substituir raízes de fatores lineares para cancelar termos, como nos exemplos 1 e 2, ou expandir os dois lados e comparar cada potência de $x$, como no exemplo 3. Uma raiz pode determinar uma constante rapidamente, mas raramente dispensa toda a comparação quando resta um fator quadrático. Confira os outros coeficientes mesmo se as substituições já parecem fornecer todos os números. Isso explica o termo ausente no exemplo 2: o modelo abreviado não satisfaz todos os coeficientes simultaneamente. É uma falha de estrutura, não uma substituição infeliz. Usar alguns valores comuns gera apenas um sistema finito; depois de resolvê-lo ainda é preciso verificar a identidade para todo $x$. A recomposição completa faz essa prova.

Um quadrático irredutível não possui fatores lineares reais. Seu numerador começa linear mesmo se o valor resolvido de $B$ for zero. Preserve os valores excluídos pelo denominador inicial: igualdade no domínio comum não torna definida uma antiga singularidade. Conferir a fatoração evita muitos erros de estrutura.

Exemplo 1: dois fatores lineares distintos

Decomponha $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$. Os graus são um e dois; não é preciso dividir. Escreva

$$\frac{3x+1}{(x-2)(x+1)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+1}.$$

Multiplicando pelo denominador, obtemos a identidade polinomial $3x+1=A(x+1)+B(x-2)$. Embora $x=2,-1$ sejam excluídos da fração original, podem ser usados nessa identidade de polinômios. Com $x=2$, $7=3A$ e $A=7/3$. Com $x=-1$, $-2=-3B$ e $B=2/3$.

Recombine antes de concluir:

$$\frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)} =\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)} =\frac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}=F(x).$$

A igualdade vale para $x\ne2,-1$. Uma só substituição numérica seria um teste fraco, pois duas expressões erradas podem coincidir naquele ponto. Aqui o numerador inteiro coincide.

Exemplo 2: fator repetido requer dois termos

Considere $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$. O fator $(x+1)^2$ exige a primeira e a segunda potência:

$$G(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}.$$

Multiplique por $x(x+1)^2$: $2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$. Em $x=0$, $A=5$; em $x=-1$, $3=-C$, portanto $C=-3$. Os coeficientes de $x^2$ dão $A+B=0$ e $B=-5$. O coeficiente de $x$ confirma independentemente: $2A+B+C=10-5-3=2$.

Ao somar os três numeradores,

$$5(x+1)^2-5x(x+1)-3x =5x^2+10x+5-5x^2-5x-3x=2x+5.$$

Logo $G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$ para $x\ne0,-1$. Um modelo propositalmente errado seria $A/x+B/(x+1)^2$. O numerador conjunto seria $A(x+1)^2+Bx$. O coeficiente de $x^2$ exige $A=0$, mas a constante exige $A=5$. A contradição revela um termo ausente, não um sistema difícil. O modelo completo resolve a questão.

Exemplo 3: numerador linear sobre quadrático irredutível

Tome $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$. Como $x^2+1$ não tem raiz real, mantenha-o quadrático. A forma é

$$H(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}.$$

Eliminando denominadores: $2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1)$. Para $x=1$, $10=2A$ e $A=5$. Comparando coeficientes, $A+B=2$ implica $B=-3$; $-B+C=3$ implica $C=0$. A constante também confere: $A-C=5$. O zero de $C$ foi calculado, não justificaria adivinhar um numerador constante no início.

Recomposição: $5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$. Assim $H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$ para $x\ne1$. Isso facilita a integral: a derivada de $x^2+1$ é $2x$, e o segundo termo aceita substituição após ajuste de coeficiente. Se o fator quadrático fosse repetido, cada potência teria seu próprio numerador linear.

Exemplo 4: divida a fração imprópria

Em $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$, ambos os polinômios têm grau dois. A divisão, ou subtrair o denominador uma vez, fornece

$$J(x)=1+\frac{4x+6}{x^2-1}=1+\frac{4x+6}{(x-1)(x+1)}.$$

Decomponha apenas o resto: $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$. Para $x=1$, $10=2A$ e $A=5$; para $x=-1$, $2=-2B$ e $B=-1$. Portanto

$J(x)=1+\frac5{x-1}-\frac1{x+1},\qquad x\ne\pm1.$

Recombine a resposta inteira, incluindo o um. As frações próprias somam $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$. Adicionando um, o numerador retorna a $x^2-1+4x+6=x^2+4x+5$. Omitir o um deixa a conferência do resto correta, mas não reconstitui a fração original.

Integre e confira pela derivada

Volte ao exemplo 3. Em qualquer intervalo separado por $x=1$, integre termo a termo:

$$\int H(x)\,dx =5\ln|x-1|-\frac32\ln(x^2+1)+C.$$

A derivada é $5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$. O valor absoluto é necessário para $x-1$; $x^2+1$ é positivo para $x$ real. A constante $C$ pode variar entre intervalos separados. Essa verificação pega erros de integração, como perder o fator dois, que a decomposição correta não detectaria.

Se outra técnica entrar na integral, exemplos de integração por partes ensinam a conferir uma primitiva de várias etapas. Transformadas de Laplace são outro motivo para dominar a álgebra: a inversão frequentemente começa separando uma função racional. No Math Zen, você pode praticar fatoração e derivadas separadamente antes de combiná-las numa integral longa.

Uma conferência antes de continuar

Para outra fração racional, compare graus, divida se necessário, fatore o denominador, inclua um termo para cada potência exigida, resolva a identidade e recombine tudo. Os quatro exemplos pedem modelos diferentes; recombinar é o controle comum. Se falhar, revise primeiro a forma e depois a aritmética. Um sistema resolvido não corrige um termo omitido.

Há ainda um indício perto de valores excluídos. No exemplo 1, o termo com $x-2$ no denominador domina perto de $x=2$; sem ele, o polo original não seria reproduzido. Um fator repetido pode divergir mais rapidamente do que um termo apenas de primeira potência. Ainda assim, a recomposição algébrica é a prova final, pois observar um polo isolado não encontra todos os erros de coeficiente.