Técnicas de integração (2)

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Técnicas de integração:
Integração por Frações Parciais:
Esta técnica "vem" do fato de muitas vezes podermos escrever uma fração como soma de frações mais simples.
Por exemplo:
A fração:
−x+ 11
x2 + 3x− 4 pode ser escrita como soma de
2
x− 1 e de
−3
x+ 4
Ou seja:
−x+ 11
x2 + 3x− 4 =
2
x− 1 +
−3
x+ 4
É fácil provar que a igualdade anterior é válida, basta partirmos de
∗
e somarmos as frações
1
.
2
x− 1 +
−3
x+ 4︸ ︷︷ ︸
∗
=
2 (x+ 4)− 3 (x− 1)
(x− 1) (x+ 4) =
2x+ 8− 3x+ 3
(x2 + 4x− x− 4) =
−x+ 11
x2 + 3x− 4 =
Note que, em termos de integração é mais fácil integrar:
2
x− 1 +
−3
x+ 4︸ ︷︷ ︸
∗
que:
−x+ 11
x2 + 3x− 4︸ ︷︷ ︸
∗∗
Pois:
∫ (
2
x− 1 +
−3
x+ 4
)
dx =
∫
2
x− 1 dx+
∫ −3
x+ 4
dx = 2 ln(x− 1)− 3 ln(x+ 4) + C
Já:
∫ −x+ 11
(x2 + 3x− 4) = ?
Assim, neste contexto, poderíamos dizer que
∗
é mais simples que
∗∗
.
Mas, em geral, quando os autores e professores pedem para simpli�car, eles querem que passe de
∗∗
para
∗
!
Mas, nem sempre isto deveria ser chamado de simpli�car!
Como chamaríamos o que vamos fazer agora? De complicar?
Esta é uma das razões desta professora sempre dizer que simpli�car não é uma operação bem de�nida!
Aplicar a técnica integração por frações parciais é fazer como acima, ou seja,
transformar uma fração "complicada" em soma de frações "mais simples" para conseguir integrar.
Como fazer isto?
Em primeiro lugar, veri�camos se o grau do polinômio do numerador é menor que o grau do polinômio
do denominador. Aqui, vamos considerara as funções contantes
2
como polinômios de grau zero.
Em segundo lugar devemos fatorar "o mais possível" o polinômio do denominador.
Agora, vamos dividir nosso estudo em casos:
• 1o caso: O polinômio do denominador só tem raízes reais e todas estas raízes são distintas.
• 2o caso: O polinômio do denominador só tem raízes reais e algumas destas raízes são iguais.
• 3o caso: O polinômio do denominador tem raízes complexas distintas.
• 4o caso: O polinômio do denominador tem raízes complexas iguais.
Antes de comerçarmos a estudar cada caso, vamos fazer algumas observaçõs.
1
Tirando o mínimo é claro!
2
Números.
1
Observações:
• Observação 1:
Se o grau do polinômio do numerador é maior ou igual ao grau do polinômio do denominador,
a fração é chamada fração imprópria ou redutível, estas frações serão estudadas em outra aula!
• Observação 2:
Para fatorar polinômios uma opção é encontar suas raízes, pois todo polinômio pode
pode ser escrito como produto do coe�ciente de seu termo de maior grau vezes polinómios
de grau um (constituídos pela varíável menos cada uma de suas raízes).
Por exemplo: se o polinômio p(x) = ax2 + bx+ c tem raízes r1 e r2 (r1 e r2 são reais ou imaginárias),
temos, p(x) = ax2 + bx+ c = a
(
x− r1) (x− r2) .
Em geral, p(x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a2x2 + a1x+ a0 = an (x− r1) (x− r2) . . . (x− rn)
onde r1, r2, . . . rn são as raízes do polinômio.
Agora, vamos estudar cada um dos três casos:
• 1o caso: O polinômio do denominador só tem raízes reais e todas estas raízes são distintas.
Neste caso, temos:
p(x)
an (x− r1) (x− r2) . . . (x− rn)
onde r1, r2, . . . rn são as raízes do polinômio e todos os polinômios: (x− r1) (x− r2) . . . (x− rn) são distintos.
Faremos:
p(x)
an (x− r1) (x− r2) . . . (x− rn) =
1
an
[
A1
(x− r1) +
A2
(x− r2) + . . . +
An
(x− rn)
]
Para encontrarmos as constantes A1, A2, . . . , An tiramos o mínimo do segundo menbro (lado) da igualdade,
igualamos os numeradores e encaramos esta igualdade como igualdade entre polinômios
3
, isto nos levará a
um sistema n× n (possível e determinado), cujas incognitas são nossas constantes.
Não entendeu nada! Vamos aos exemplos:
Exemplos:
1. Calcular as integrais abaixo:
(a)
∫
5x+ 7
x2 + 7x+ 10
dx
Resolução:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: x2 + 7x+ 10
Como p(x) = x2 + 7x+ 10, temos: ∆ = (7)2 − 4(1)(10) = 49− 40 = 9 e
as raízes do polinômio são: r1 =
−7 +√9
2
=
−4
2
= −2 e r2 = −7−
√
9
2
=
−10
2
= −5
Assim, p(x) = x2 + 7x+ 10 = 1
[
x− (−2)]︸ ︷︷ ︸
(x−r1)
[
x− (−5)]︸ ︷︷ ︸
(x−r2)
= (x+ 2) (x+ 5)
Voltando para a integral:
∫
5x+ 7
x2 + 7x+ 10
dx =
∫
2x2 − 5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx
Agora, queremos encontrar A1 e A2, tais que:
A1
(x+ 2)
+
A2
(x+ 5)
=
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
⇒
3
Aqui, podemos usar derivadas ou substituir valores no polinômio para "facilitar" a conta.
2
Tirando o mínimo para somar as frações do primeiro membro da igualdade, temos:
⇒ A1 (x+ 5) + A2 (x+ 2)
(x+ 2) (x+ 5)
=
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
⇒ A1 (x+ 5) + A2 (x+ 2) = 5x+ 7 ⇒
⇒ A1x+ 5A1 + A2x+ 2A2 = 2x2 − 5x+ 7 ⇒ x(A1 +A2) + (5A1 + 2A2) = 5x+ 7 ⇒ A1 +A2 = 5
5A1 + 2A2 = 7
⇒
 −2A1 − 2A2 = −10
5A1 + 2A2 = 7
⇒ 3A1 = −3 ⇒ A1 = −1 e A2 = 6
Assim, podemos a�rmar:
−1
(x+ 2)
+
6
(x+ 5)
=
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
⇒
∫
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx =
∫ [ −1
(x+ 2)
+
6
(x+ 5)
]
dx
⇒
∫
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx =
∫ [ −1
(x+ 2)
+
6
(x+ 5)
]
dx =
∫ −1
(x+ 2)
dx+
∫
6
(x+ 5)
dx
⇒
∫
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx =
∫ −1
(x+ 2)
dx+
∫
6
(x+ 5)
dx = − ln(x+ 2) + 6 ln(x+ 5) + C
⇒
∫
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx = − ln(x+ 2) + 6 ln(x+ 5) + C = ln
[
(x+ 5)6
x+ 2
]
+ C
∫
5x+ 7
(x+ 2) (x+ 5)
dx = ln
[
(x+ 5)6
x+ 2
]
+ C
(b)
∫
x2 + 4x+ 1
x3 + 3x2 − x− 3 dx
Resolução:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: x3 + 3x2 − x− 3
x3 + 3x2 − x− 3 = x2 (x+ 3)− 1 (x+ 3) = (x+ 3) (x2 − 1) = (x+ 3) (x+ 1) (x− 1)
Voltando a integral:∫
x2 + 4x+ 1
x3 + 3x2 − x− 3 dx =
∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx
Agora, queremos encontrar A, B e C tais que:
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) =
A
(x+ 3)
+
B
(x+ 1)
+
C
(x− 1)
Tirando o mínimo, temos:
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) =
A (x+ 1) (x− 1) + B (x+ 3) (x− 1) + C (x+ 3) (x+ 1)
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1)
Como os denominadores são iguais, os numeradores terão que ser iguais:
x2 + 4x+ 1 = A (x+ 1) (x− 1) + B (x+ 3) (x− 1) + C (x+ 3) (x+ 1)
x2 + 4x+ 1 = A (x2 − 1) + B (x2 + 2x− 3) + C (x2 + 4x+ 3)
x2 + 4x+ 1 = Ax2 −A+ Bx2 + 2Bx− 3B + Cx2 + 4Cx+ 3C
x2 + 4x+ 1 = (A+B + C)x2 + (2B + 4C)x + (−A− 3B + 3C)
3
x2 + 4x+ 1 = (A+B + C)x2 + (2B + 4C)x + (−A− 3B + 3C)
Olhando a igualdade acima como igualdade entre polinômios, sabemos que
• O coe�ciente de x2 do primeiro membro tem que ser igual ao coe�ciente de x2 do segundo membro
⇒ A+B + C = 1,
• O coe�ciente de x do primeiro membro tem que ser igual ao coe�ciente de x do segundo membro
⇒ 2B + 4C = 4,
• O coe�ciente do termo independente do primeiro membro tem que ser igual ao coe�ciente do termo
independente do segundo membro
⇒ −A− 3B + 3C = 1,
Chegamos ao sistema:

A+B + C = 1 (1)
2B + 4C = 4 (2)
−A− 3B + 3C = 1 (3)
Somando a (1) a (3) e mantendo (2), temos:
 −2B + 4C = 2
2B + 4C = 4
Somando as novas equações, temos: 8C = 6 ⇒ C = 6
8
=
3
4
Substituindo C =
3
4
na equação (2), temos: 2B + 4
3
4
= 4 ⇒ 2B = 1 ⇒ B = 1
2
Substituindo estas informações na equação (1), temos: A+
1
2
+
3
4
= 1 ⇒ A = − 1
4
Assim, temos:
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) =
− 14
(x+ 3)
+
1
2
(x+ 1)
+
3
4
(x− 1)∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx =
∫ [ − 14
(x+ 3)
+
1
2
(x+ 1)
+
3
4
(x− 1)
]
dx
∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx =
∫ − 14
(x+ 3)
dx +
∫ 1
2
(x+ 1)
dx +
∫ 3
4
(x− 1) dx∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx = −
1
4
∫
1
(x+ 3)
dx +
1
2
∫
1
(x+ 1)
dx +
3
4
∫
1
(x− 1) dx∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx = −
1
4
ln(x+ 3) +
1
2
ln(x+ 1) +
3
4
ln(x− 1) + C
∫
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) dx = −
1
4
ln(x+ 3) +
1
2
ln(x+ 1) +
3
4
ln(x− 1) + C
Observação:
Agora, vamos apresentar uma forma alternativa de obter A, B e C da igualdade abaixo:
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) =
A
(x+ 3)
+
B
(x+ 1)
+
C
(x− 1)
4
Trando o mínimo:
x2 + 4x+ 1
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1) =
A (x+ 1) (x− 1) + B (x+ 3) (x− 1) + C (x+ 3) (x+ 1)
(x+ 3) (x+ 1) (x− 1)
Sabemos que:
x2 + 4x+ 1 = A (x+ 1) (x− 1) + B (x+ 3) (x− 1) + C (x+ 3) (x+ 1)
A igualdade acima é uma igualdade entre polinômios, ou seja, vale para todo x real.
Assim, podemos atribuir valorespara x e chegar a equações mais simples que
as equações obtidas igualando os coe�cientes dos polinômios.
Os valores "bons" são aqueles que zeram coe�cientes da equação sumindo com algumas incógnitas.
Na nossa equação, alguns valores "bons" seriam: x = −1, x = 1 x = −3 e x = 0.
Substituindo x = 1, temos:
(1)2 + 4(1) + 1 = A
2︷ ︸︸ ︷
(1 + 1)
0︷ ︸︸ ︷
(1− 1) +B
4︷ ︸︸ ︷
(1 + 3)
0︷ ︸︸ ︷
(1− 1) +C
4︷ ︸︸ ︷
(1 + 3)
2︷ ︸︸ ︷
(1 + 1)
6 = 8C ⇒ C = 6
8
=
3
4
⇒ A = 3
4
Substituindo x = −1, temos:
(−1)2 + 4(−1) + 1 = A
0︷ ︸︸ ︷
(−1 + 1)
−2︷ ︸︸ ︷
(−1− 1) +B
2︷ ︸︸ ︷
(−1 + 3)
−2︷ ︸︸ ︷
(−1− 1) +C
2︷ ︸︸ ︷
(−1 + 3)
0︷ ︸︸ ︷
(−1 + 1)
−2 = −4B ⇒ B = −2−4 =
1
2
⇒ B = 1
2
Substituindo x = −3, temos:
(−3)2 + 4(−3) + 1 = A
−2︷ ︸︸ ︷
(−3 + 1)
−4︷ ︸︸ ︷
(−3− 1) +B
0︷ ︸︸ ︷
(−3 + 3)
−4︷ ︸︸ ︷
(−3− 1) +C
0︷ ︸︸ ︷
(−3 + 3)
−2︷ ︸︸ ︷
(−3 + 1)
−2 = 8A ⇒ A = −2
8
= − 1
4
⇒ A = − 1
4
Gostou desta forma de encontrar os valores de A, B e C ?
Agora, vamos ao nosso próximo exemplo:
(c)
∫
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 dx
Resolução:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: 2x3 − 3x2 − 5x+ 6
p(x) = 2x3 − 3x2 − 5x+ 6
Como vamos fatorar este polinômio?
Podemos tentar descobrir uma raiz r de p(x), e depois dividir o polinômio p(x) por x− r.
Em outra aula, aprendemos a dividir polinômios (é análogo a divisão de números naturais!),
desta vez vamos observar que:
5
p(1) = 2 (1)3 − 3 (1)2 − 5 (1) + 6 = 2− 3− 5 + 6 = 0 ⇒ 1 é raiz
p(2) = 2 (2)3 − 3 (2)2 − 5 (2) + 6 = 16− 12− 10 + 6 = 0 ⇒ 2 é raiz
p
( −3
2
)
= 2
( −3
2
)3
− 3
( −3
2
)2
− 5
( −3
2
)
+ 6 = − 27
4
− 27
4
+
15
4
+ 6 =
−54 + 30 + 24
2
= 0 ⇒ − 3
2
é raiz
Portanto: p(x) = 2x3 − 3x2 − 5x+ 6 = 2(x− 1)(x− 2)
(
x+
3
2
)
= (x− 1)(x− 2)(2x+ 3)
Voltando para a integral:∫
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 dx =
∫ [
3x2 − 4
(x− 1)(x− 2) (2x+ 3)
]
dx
Queremos encontrar A, B e C tais que:
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 =
A
(x− 1) +
B
(x− 2) +
C
(2x+ 3)
Tirando o mínimo:
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 =
A(x− 2)(2x+ 3) + B(x− 1)(2x+ 3) + C(x− 1)(x− 2)
(x− 1)(x− 2)(2x+ 3)
3x2 − 4 = A(x− 2)(2x+ 3) + B(x− 1)(2x+ 3) + C(x− 1)(x− 2)
Agora, vamos usar outra tática para achar A, B e C, vamos atribuir valores,
como os polinômios são iguais, para qualquer valor que x assumir, eles continuam iguais.
Se x = 1 temos: 3(1)2 − 4 = A(1− 2)(2 + 3) + B(1− 1)(2 + 3) + C(1− 1)(1− 2) ⇒ −1 = −5A ⇒ A = 1
5
Se x = 2 temos: 3(2)2 − 4 = A(2− 2)(4 + 3) + B(2− 1)(4 + 3) + C(2− 1)(2− 2) ⇒ 8 = 7B ⇒ B = 8
7
Se x = − 3
2
temos: 3
(
− 3
2
)2
−4 = A
(
− 3
2
− 2
)
(−3+3) +B
(
− 3
2
− 1
)
(−3+3) +C
(
− 3
2
− 1
)(
− 3
2
− 2
)
⇒ ⇒
⇒ 11
4
=
35
4
C ⇒ C = 11
35
Assim:
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 =
1
5
(x− 1) +
8
7
(x− 2) +
11
35
(2x+ 3)
=
1
5
1
(x− 1) +
8
7
1
(x− 2) +
11
35
1
(2x+ 3)
∫
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 dx =
1
5
∫
1
(x− 1) dx +
8
7
∫
1
(x− 2) dx +
11
35
∫
1
(2x+ 3)
dx
∫
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 dx =
1
5
ln(x− 1) + 8
7
ln(x− 2) + 22
35
ln(2x+ 3) + C
∫
3x2 − 4
2x3 − 3x2 − 5x+ 6 dx =
1
5
ln(x− 1) + 8
7
ln(x− 2) + 22
35
ln(2x+ 3) + C
(d)
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx
Resolução:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: 3x2 − 27
3x2 − 27 = 3(x2 − 9) = 3(x− 3)(x+ 3)
6
Assim:
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx =
∫
5x− 3
3(x− 3)(x+ 3) dx
Queremos encontrar A e B, tais que:
5x− 3
3x2 − 27 =
1
3
[
A
(x− 3) +
B
(x+ 3)
]
Tirando o mínimo:
5x− 3
3x2 − 27 =
1
3
[
A(x+ 3) +B(x− 3)
(x− 3)(x+ 3)
]
⇒ 5x− 3 = A(x+ 3) +B(x− 3)
Agora, vamos usar outra tática para encontrar o A e o B, vamos derivara equação4.
5x− 3 = A(x+ 3) +B(x− 3) ⇒ 5 = A+B e vamos fazer x = 0 na equação: −3 = 3A− 3B ⇒ −1 = A−B
Chegamos ao sistema:
 A+B = 5
A−B = −1
⇒ 2A = 4 ⇒ A = 2 e B = 3
Assim:
5x− 3
3x2 − 27 =
1
3
[
2
(x− 3) +
3
(x+ 3)
]
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx =
∫
1
3
[
2
(x− 3) +
3
(x+ 3)
]
dx
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx =
2
3
∫
1
(x− 3) dx+
3
3
∫
1
(x+ 3)
dx
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx =
2
3
ln(x− 3) + ln(x+ 3) + C
∫
5x− 3
3x2 − 27 dx =
2
3
ln(x− 3) + ln(x+ 3) + C
• 2o caso: O polinômio do denominador só tem raízes reais e algumas destas raízes são iguais.
Neste caso, temos:
p(x)
an (x− r1)n1 (x− r2)n2 . . . (x− rm)nm
onde r1, r2, . . . rm são as raízes distintas do polinômio, todos os polinômios: (x− r1) (x− r2) . . . (x− rm)
são distintos e n1, n2, . . . nm são as multiplicidades algébricas das raízes r1, r2, . . . rm respectivamente.
Observamos que n1 + n2 + . . .+ nm = grau do polinômio do denominador.
Faremos:
p(x)
an (x− r1)n1 (x− r2)n2 . . . (x− rm)nm =
1
an
{[
A1
(x− r1) +
A2
(x− r1)2 + . . . +
An1
(x− r1)n1
]
+
+
[
B1
(x− r2) +
B2
(x− r2)2 + . . . +
Bn2
(x− r2)n2
]
. . .+
[
M1
(x− rm) +
M2
(x− rm)2 + . . . +
Mnm
(x− rm)nm
]}
Para encontrar as constantes A1, A2, . . .An1 , B1, B2, . . .Bn2 , . . . M1, M2, . . .Mnm ,
podemos usar qualquer uma das táticas usadas anteriormente.
Vamos agora apresentar alguns exemplos.
4
Ambos os lados.
7
Exemplos:
1. Calcular as integrais abaixo:
(a)
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
dx
Resolução:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: x2 + 2x+ 1
x2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2 ⇒ 5x+ 7
x2 + 2x+ 1
=
5x+ 7
(x+ 1)2
Queremos encontrar A1 e A2 tais que:
5x− 7
x2 + 2x+ 1
=
A1
(x+ 1)
+
A2
(x+ 1)2
⇒ 5x− 7
x2 + 2x+ 1
=
A1(x+ 1) +A2
(x+ 1)2
⇒ 5x− 7 = A1(x+ 1) +A2 ⇒
⇒ 5x− 7 = A1(x+ 1) +A2 ⇒ 5x− 7 = (A1)x+ (A1 +A2) ⇒
 A1 = 5
A1 +A2 = −7
⇒ A1 = 5 e A2 = −12
5x− 7
x2 + 2x+ 1
=
5
(x+ 1)
+
−12
(x+ 1)2
⇒
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
x =
∫ [
5
(x+ 1)
− 12
(x+ 1)2
]
dx ⇒
⇒
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
dx = 5
∫
1
(x+ 1)
dx − 12
∫
(x+ 1)−2 dx ⇒
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
x = 5 ln(x+ 1) + 12(x+ 1)−1 + C
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
dx = 5 ln(x+ 1) +
12
(x+ 1)
+ C
Vamos apresentar outra resolução para o item (a)
(a)
∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
dx
Resolução 2:
Em primeiro lugar vamos fatorar o polinômio do denominador: x2 + 2x+ 1
x2 + 2x+ 1 = (x+ 1)2 ⇒ 5x+ 7
x2 + 2x+ 1
=
5x+ 7
(x+ 1)2∫
5x− 7
x2 + 2x+ 1
dx =
∫
5x− 7
(x+ 1)2
dx
Agora, podemos usar uma substituição "(apesar da Angélica não gostar!)"
Vamos chamar x+ 1 = t, teremos: 1 dx = 1 dt e também, podemos usar x = t− 1 substituindo na integral:
∫
5x− 7
(x+ 1)2
dx =
∫
5(t− 1)− 7
(t)2
dt =
∫
5t− 5− 7
t2
dt =
∫
5t− 12
t2
dt =
∫ (
5t
t2
− 12
t2
)
dt =
=
∫ (
5
t
− 12
t2
)
dt =
∫
5
t
dt−
∫
12
t2
dt = 5
∫
1
t
dt− 12
∫
t−2 dt = 5 ln(t)− 12 t
−1
−1 + C =
= 5 ln(t) + 12t−1 + C = 5 ln(t) +
12
t
+ C = 5 ln(x+ 1) +
12
x+ 1
+ C
8
∫
5x+ 7
x2 + 2x+ 1
dx = 5 ln(x+ 1) +
12
(x+ 1)
+ C
(b)
∫
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 dx
Resolução:
Neste exercício o polinômio do denominador já está fatorado.
Queremos encontrar A1, B1, e B2, tais que:
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 =
A1
(2x− 3) +
B1
(x− 1) +
B2
(x− 1)2
Tirando o mínimo, temos:
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 =
A1(x− 1)2 +B1(2x− 3)(x− 1) +B2(2x− 3)
(2x− 3)(x− 1)2 +
x2 − 5x+ 3 = A1(x− 1)2 +B1(2x− 3)(x− 1) +B2(2x− 3)
Substituindo o valor x =
3
2
, temos:
(
3
2
)2
− 5
(
3
2
)
+ 3 = A1
[(
3
2
− 1
)2]
+B1
0︷ ︸︸ ︷[
2
(
3
2
)
− 3
] [(
3
2
)
− 1
]
+B2
0︷ ︸︸ ︷[
2
(
3
2
)
− 3
]
⇒ − 9
4
=
1
4
A1 ⇒
⇒ A1 = −9
Substituindo o valor x = 1, temos:
(1)
2 − 5 (1) + 3 = A1
0︷ ︸︸ ︷[
(1− 1)2
]
+B1
[
2 ( 1 )− 3
] 0︷ ︸︸ ︷[
(1)− 1
]
+B2
[
2 (1)− 3
]
⇒ −1 = −1B2 ⇒ B2 = 1
Substituindo o valor x = 0, temos:
(0)
2 − 5 (0) + 3 = A1
1︷ ︸︸ ︷[
(0− 1)2
]
+B1
−3︷ ︸︸ ︷[
2 ( 0 )− 3
] −1︷ ︸︸ ︷[
(0)− 1
]
+B2
−3︷ ︸︸ ︷[
2 (0)− 3
]
⇒ 3 =
−9︷︸︸︷
A1 +3B1 − 3
1︷︸︸︷
B2
⇒ 3 = −9 + 3B1 − 3 ⇒ −3B1 = −9− 3− 3 ⇒ −3B1 = −15 ⇒ B1 = 5
x2 − 5x+ 3 = −9(x− 1)2 + 5(2x− 3)(x− 1) + 1(2x− 3)
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 =
−9
(2x− 3) +
5
(x− 1) +
1
(x− 1)2
∫
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 dx =
∫ −9
(2x− 3) dx +
∫
5
(x− 1) dx +
∫
1
(x− 1)2 dx
∫
x2 − 5x+ 3
(2x− 3)(x− 1)2 dx = −
9
2
ln(2x− 3) + 5 ln(x− 1) − 1
(x− 1) + C
9
• 3o caso: O polinômio do denominador tem raízes complexas.
As raízes complexas são números da forma z = a+ bi e elas 'vem' aos pares, ou seja, um polinômio nunca
tem uma raiz complexa. (Ou três, ou cinco raízes complexas.)
Um polinômiopode ter 0, 2, 4, 6, . . . raízes complexas,
pois se z = a+ bi é raiz do polinômio então z¯ = a− bi também é raiz do polinômio .
Neste caso, temos:
p(x)
an (x− z1)(x− z¯1)(x− z2)(x− z¯2) . . . (x− zk)(x− z¯k)(x− r1)n1 (x− r2)n2 . . . (x− rm)nm
onde z1, z¯1, z2, z¯2, . . . zk, z¯k são as (2k) raízes complexas do polinômio e
r1, r2, . . . rm são as raízes reais distintas do polinômio, todos os polinômios: (x− r1) (x− r2) . . . (x− rm)
são distintos e n1, n2, . . . nm são as multiplicidades algébricas das raízes r1, r2, . . . rm respectivamente.
Observamos que 2k + n1 + n2 + . . .+ nm = grau do polinômio do denominador.
Como não queremos (neste curso) trabalhar com números complexos, faremos:
p(x)
an (x− z1)(x− z¯1)︸ ︷︷ ︸
(a1x2+b1x+c1)
. . . (x− zk)(x− z¯k)︸ ︷︷ ︸
(akx2+bkx+ck)︸ ︷︷ ︸
k−raízes complexas
(x− r1)n1 . . . (x− rm)nm︸ ︷︷ ︸
m−raízes reais
=
p(x)
an (a1x
2 + b1x+ c1) . . . (akx
2 + bkx+ ck)︸ ︷︷ ︸
k−raízes complexas
(x− r1)n1 . . . (x− rm)nm︸ ︷︷ ︸
m−raízes reais
=
=
1
an
{[
Z1x+ Y1
(a1x2 + b1x+ c1)
+
Z2x+ Y2
(a2x2 + b2x+ c2)
+ . . .+
Zkx+ Yk
(akx2 + bkx+ ck)
]
+
[
A1
(x− r1) + . . . +
An1
(x− r1)n1
]
+
+
[
B1
(x− r2) + . . . +
Bn2
(x− r2)n2
]
. . .+
[
M1
(x− rm) + . . . +
Mnm
(x− rm)nm
]}
Onde (a1x
2 + b1x+ c1), . . . (akx
2 + bkx+ ck) são polinômios de grau dois irredutíveis, ou seja com ∆ negativo.
Para encontrar as constantes Z1, Z2, . . . , Zk, Y1, Y2 . . .Yk, A1, . . .An1 , B1, . . . , Bn2 , . . . M1, M2, . . .Mnm ,
podemos usar qualquer uma das táticas usadas anteriormente.
Vamos agora apresentar alguns exemplos.
Exemplos:
1. Calcular as integrais abaixo:
(a)
∫
dx
x2(x2 + 1)
Resolução:∫
dx
x2(x2 + 1)
Como p(x) = x2 + 1 tem ∆ = (0)2 − 4(1)(1) = −4 o polinômio p(x) = x2 + 1 tem duas raízes complexas,
e não precisamos fatorá-lo. Assim, neste exemplo, o polinômio do denominador já está fatorado.
10
Faremos:
1
x2(x2 + 1)
=
Z1x+ Y1
x2 + 1
+
A1
x
+
A2
x2
Tirando o mínimo:
1
x2(x2 + 1)
=
(Z1x+ Y1)x
2 +A1x(x
2 + 1) +A2(x
2 + 1)
x2(x2 + 1)
⇒ 1 = (Z1x+ Y1)x2 +A1x(x2 + 1) +A2(x2 + 1) ⇒
⇒ 1 = Z1x3 + Y1x2 +A1x3 +A1x+A2x2 +A2 ⇒ 1 = (Z1 +A1)x3 + (Y1 +A2)x2 + (A1)x+A2 ⇒
⇒

Z1 +A1 = 0
Y1 +A2 = 0
A1 = 0
A2 = 1
⇒ Z1 = 0, Y1 = −1, A1 = 0 e A2 = 1
Ficamos com:
1
x2(x2 + 1)
=
0x− 1
x2 + 1
+
0
x
+
1
x2
⇒ 1
x2(x2 + 1)
=
−1
x2 + 1
+
1
x2
Assim, temos:∫
1
x2(x2 + 1)
dx = −
∫
1
x2 + 1
dx+
∫
1
x2
dx ⇒
∫
1
x2(x2 + 1)
dx = −
∫
1
x2 + 1
dx+
∫
x−2 dx ⇒
∫
1
x2(x2 + 1)
dx = −arctg (x) + x
−1
−1 + C ⇒
∫
1
x2(x2 + 1)
dx = −arctg (x)− 1
x
+ C
11