Frações Parciais
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Frações Parciais


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Decomposic¸a\u2dco em Frac¸o\u2dces Parciais
Reginaldo J. Santos
Departamento de Matema´tica-ICEx
Universidade Federal de Minas Gerais
http://www.mat.ufmg.br/~regi
18 de abril de 2004
Suma´rio
1 Introduc¸a\u2dco 2
2 g(t) tem somente Ra´\u131zes Reais Simples 2
3 g(t) tem somente Ra´\u131zes Simples 3
4 g(t) tem somente Ra´\u131zes Reais 7
5 Caso Geral 10
1
2 2 G(T ) TEM SOMENTE RAI´ZES REAIS SIMPLES
1 Introduc¸a\u2dco
Considere a frac¸a\u2dco racional
F (t) =
f(t)
g(t)
em que f(t) e g(t) sa\u2dco polino\u2c6mios com coeficientes reais e tais que o grau de f(t) e´ menor
do que o grau de g(t). Vamos supor que g(t) possa ser decomposto da seguinte forma:
g(t) = (t \u2212 a1)
n1 . . . (t \u2212 ak)
nk(t2 + b1t+ c1)
m1 . . . (t2 + blt+ cl)
ml ,
com ai \u2208 R distintos, para i = 1, . . . , k e (bi, ci) \u2208 R
2 distintos tais que b2i \u2212 4ci < 0, para
i = 1, . . . , l.
2 g(t) tem somente Ra´\u131zes Reais Simples
Vamos supor que o denominador g(t) pode ser escrito na forma
g(t) = (t \u2212 a1) · · · (t \u2212 ak),
com ai \u2208 R distintos, para i = 1, . . . , k.
Vamos determinar escalares \u3b11, . . . , \u3b1k tais que
F (t) =
f(t)
g(t)
=
k\u2211
i=1
\u3b1i
t \u2212 ai
=
\u3b11
t \u2212 a1
+ · · · +
\u3b1k
t \u2212 ak
. (1)
Multiplicando-se a equac¸a\u2dco acima por g(t) obtemos
f(t) =
k\u2211
i=1
\u3b1ipi(t) = \u3b11p1(t) + · · · + \u3b1kpk(t), (2)
em que
pi(t) =
g(t)
t \u2212 ai
=
\u220f
r 6=i
(t \u2212 ar),
para i = 1, . . . , k.
Decomposic¸a\u2dco em Frac¸o\u2dces Parciais 18 de abril de 2004
3
Substituindo-se t = ai, para i = 1, . . . , k, em (2) obtemos
f(ai) = \u3b1ipi(ai)
de onde obtemos \u3b1i, para i = 1, . . . , k.
Exemplo 1.
H(t) =
1
t (t2 + 3t+ 2)
=
1
t(t+ 1)(t+ 2)
=
A
t
+
B
t+ 1
+
C
t+ 2
Multiplicando H(t) por t (t2 + 3t+ 2) obtemos
1 = A(t+ 1)(t+ 2) +Bt(t+ 2) + Ct(t+ 1)
Substituindo-se t = 0,\u22121,\u22122 obtemos\uf8f1\uf8f2
\uf8f3
1 = 2A
1 = \u2212B
1 = 2C
que tem soluc¸a\u2dco A = 1/2, B = \u22121 e C = 1/2. Assim,
H(t) =
1
2
1
t
\u2212
1
t+ 1
+
1
2
1
t+ 2
3 g(t) tem somente Ra´\u131zes Simples
Vamos supor que g(t) possa ser decomposto da seguinte forma:
g(t) = (t \u2212 a1) · · · (t \u2212 ak)(t
2 + b1t+ c1) . . . (t
2 + blt+ cl),
com ai \u2208 R distintos para i = 1, . . . , k e (bi, ci) \u2208 R
2 distintos tais que b2i \u2212 4ci < 0, para
i = 1, . . . , l.
Vamos determinar os escalares \u3b1i, para i = 1, . . . , k, \u3b2i, \u3b3i, para i = 1, . . . , l, tais que
F (t) =
f(t)
g(t)
=
k\u2211
i=1
\u3b1i
t \u2212 ai
+
l\u2211
i=1
\u3b2i + \u3b3it
t2 + bit+ ci
=
\u3b11
t \u2212 a1
+ · · · +
\u3b1k
t \u2212 ak
+
\u3b21 + \u3b31t
t2 + b1t+ c1
+ · · · +
\u3b2l + \u3b3lt
t2 + blt+ cl
. (3)
18 de abril de 2004 Reginaldo J. Santos
4 3 G(T ) TEM SOMENTE RAI´ZES SIMPLES
Multiplicando-se a equac¸a\u2dco acima por g(t) obtemos
f(t) =
k\u2211
i=1
\u3b1ipi(t) +
l\u2211
i=1
(\u3b2i + \u3b3it)Pi(t)
= \u3b11p1(t) + · · · + \u3b1kpk(t) + (\u3b21 + \u3b31t)P1(t) + · · · + (\u3b2l + \u3b3lt)Pl(t), (4)
em que
pi(t) =
g(t)
t \u2212 ai
=
\u220f
r 6=i
(t \u2212 ar)
l\u220f
s=1
(t2 + bst+ cs),
para i = 1, . . . , k e
Pi(t) =
g(t)
t2 + bit+ ci
=
\u220f
s6=i
(t2 + bst+ cs)
k\u220f
r=1
(t \u2212 ar),
para i = 1, . . . , l.
Substituindo-se t = ai, para i = 1, . . . , k, em (4) obtemos
f(ai) = \u3b1ipi(ai)
de onde obtemos \u3b1i, para i = 1, . . . , k.
Substituindo-se uma das ra´\u131zes da equac¸a\u2dco t2 + bit + ci = 0, zi, para i = 1, . . . , l, em
(4) obtemos
f(zi) = \u3b2iPi(zi) + \u3b3iziPi(zi)
Comparando-se as partes real e imagina´ria da equac¸a\u2dco anterior obtemos um sistema de
duas equac¸o\u2dces e duas inco´gnitas que resolvido da´ os valores de \u3b2i e \u3b3i, para i = 1, . . . , l.
Exemplo 2.
H(t) =
1
t(t2 + 1)
=
A
t
+
Bt+ C
t2 + 1
.
Multiplicando-se H(t) por t(t2 + 1) obtemos
1 = A(t2 + 1) + (Bt+ C)t
Decomposic¸a\u2dco em Frac¸o\u2dces Parciais 18 de abril de 2004
5
Substituindo-se t = 0 e t = i{
1 = A
1 = (Bi+ C)i = \u2212B + Ci
De onde obtemos A = 1. Comparando-se as partes real e imagina´ria da segunda equac¸a\u2dco
obtemos B = \u22121 e C = 0. Assim,
H(t) =
1
t
\u2212
t
t2 + 1
Exemplo 3.
H(t) =
1
(t2 + 1)(t2 + 4)
=
At+B
t2 + 1
+
Ct+D
t2 + 4
Multiplicando-se por (t2 + 1)(t2 + 4):
1 = (At+B)(t2 + 4) + (Ct+D)(t2 + 1) (5)
Substituindo-se t = i, 2i em (5)
{
1 = (iA+B)3
1 = (2iC +D)(\u22123)
Como A,B,C e D sa\u2dco reais, comparando-se as partes real e imagina´ria obtemos
{
1 = 3B
0 = 3A
e
{
1 = \u22123D
0 = \u22126C
De onde obtemos a soluc¸a\u2dco A = 0, B = 1/3, C = 0 e D = \u22121/3. Assim,
H(t) =
1/3
t2 + 1
+
\u22121/3
t2 + 4
Exemplo 4.
H(t) =
2
t(t2 + 2t+ 2)
=
A
t
+
Bt+ C
t2 + 2t+ 2
.
Multiplicando-se H(t) por t(t2 + 2t+ 2) obtemos
2 = A(t2 + 2t+ 2) + (Bt+ C)t
18 de abril de 2004 Reginaldo J. Santos
6 3 G(T ) TEM SOMENTE RAI´ZES SIMPLES
Substituindo-se t = 0 e t = \u22121 + i
{
2 = 2A
2 = (B(\u22121 + i) + C)(\u22121 + i) = B(\u22122i) + C(\u22121 + i) = \u2212C + (C \u2212 2B)i
De onde obtemos que A = 1. Comparando-se as partes real e imagina´ria da segunda
equac¸a\u2dco acima obtemos B = \u22121 e C = \u22122. Assim,
H(t) =
1
t
\u2212
t+ 2
t2 + 2t+ 2
Exemplo 5.
H(t) =
1
(t2 + 1)
(
t2 + t+ 5
4
) = 1
(t2 + 1)
(
t2 + t+ 5
4
) = At+B
t2 + 1
+
Ct+D
t2 + t+ 5
4
Multiplicando-se H(t) por (t2 + 1)
(
t2 + t+ 5
4
)
:
1 = (At+B)(t2 + t+
5
4
) + (Ct+D)(t2 + 1)
Substituindo-se t = i e t = \u2212 1
2
+ i obtemos
{
1 = (Ai+B)(\u22121 + i+ 5
4
) = (Ai+B)(i+ 1
4
) = (\u2212A+ 1
4
B) + i(1
4
A+B)
1 = (C(\u22121
2
+ i) +D)(1
4
\u2212 1 \u2212 i+ 1) = (7
8
C + 1
4
D) + i(3
4
C \u2212 D)
Comparando-se as partes real e imagina´ria das equac¸o\u2dces acima obtemos
{
1 = \u2212A+ 1
4
B
0 = 1
4
A+B
{
1 = 7
8
C + 1
4
D
0 = 3
4
C \u2212 D
Resolvendo-se os sistemas acima obtemos a soluc¸a\u2dco A = \u221216/17, B = 4/17, C = 16/17
e D = 12/17. Assim,
H(t) =
4
17
(
\u22124t+ 1
t2 + 1
+
4t+ 3
t2 + t+ 5
4
)
Decomposic¸a\u2dco em Frac¸o\u2dces Parciais 18 de abril de 2004
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4 g(t) tem somente Ra´\u131zes Reais
Vamos supor que o denominador g(t) pode ser escrito na forma
g(t) = (t \u2212 a1)
n1
· · · (t \u2212 ak)
nk ,
com ai \u2208 R distintos, para i = 1, . . . , k.
Vamos determinar escalares \u3b1ij, com i = 1, . . . , k e j = 1, . . . , ni tais que
F (t) =
f(t)
g(t)
=
k\u2211
i=1
ni\u2211
j=1
\u3b1ij
(t \u2212 ai)j
=
\u3b111
t \u2212 a1
+ · · · +
\u3b11n1
(t \u2212 a1)n1
+ · · · +
\u3b1k1
t \u2212 ak
+ · · · +
\u3b1knk
(t \u2212 ak)nk
. (6)
Multiplicando-se a equac¸a\u2dco acima por g(t) obtemos
f(t) =
k\u2211
i=1
ni\u2211
j=1
\u3b1ijpij(t)
= \u3b111p11(t) + · · · + \u3b11n1p1n1(t) + · · · + \u3b1k1pk1(t) + · · · + \u3b1knkpknk(t), (7)
em que
pij(t) =
g(t)
(t \u2212 ai)j
= (t \u2212 ai)
ni\u2212j
\u220f
r 6=i
(t \u2212 ar)
nr = (t \u2212 ai)
ni\u2212jpini(t),
para j = 1, . . . , ni e i = 1, . . . , k.
Substituindo-se t = ai, para i = 1, . . . , k, em (7)
f(ai) = \u3b1inipini(ai)
de onde obtemos \u3b1ini , para i = 1, . . . , k.
Derivando-se (7) e substituindo-se t = ai
f \u2032(ai) = \u3b1i(ni\u22121)p
\u2032
i(ni\u22121)
(ai) + \u3b1inip
\u2032
ini
(ai)
= \u3b1i(ni\u22121)pini(ai) + \u3b1inip
\u2032
ini
(ai)
de onde obtemos \u3b1i(ni\u22121), usando o valor obtido anteriormente de \u3b1ini , para i = 1, . . . , k.
O resultado acima se deve ao fato de que derivando-se pij(t) = (t\u2212 ai)
ni\u2212jpini(t) obtemos
p\u2032ij(t) = (ni \u2212 j)(t \u2212 ai)
ni\u2212j\u22121pini(t) + (t \u2212 ai)
ni\u2212jp\u2032ini(t).
18 de abril de 2004 Reginaldo J. Santos
8 4 G(T ) TEM SOMENTE RAI´ZES REAIS
Assim, se ni \u2212 j > 1 (ou j < ni \u2212 1) p
\u2032
ij(ai) = 0.
Derivando-se (7) duas vezes e substituindo-se t = ai
f \u2032\u2032(ai) = \u3b1i(ni\u22122)p
\u2032\u2032
i(ni\u22122)
(ai) + \u3b1i(ni\u22121)p
\u2032\u2032
i(ni\u22121)
(ai) + \u3b1inip
\u2032\u2032
ini
(ai)
= 2\u3b1i(ni\u22122)pini(ai) + \u3b1i(ni\u22121)p
\u2032\u2032
i(ni\u22121)
(ai) + \u3b1inip
\u2032\u2032
ini
(ai)
de onde obtemos \u3b1i(ni\u22122) usando os valores obtidos anteriormente de \u3b1i(ni\u22121) e \u3b1ini ,
para i = 1, . . . , k. O resultado acima se deve ao fato de que derivando-se pij(t) =
(t \u2212 ai)
ni\u2212jpini(t) duas vezes obtemos
p\u2032\u2032ij(t)