Vamos achar um método para calcular primitiva de funções racional de forma $ \frac{P(x)}{Q(x)} $ onde $ P(x), Q(x) $ são polinômios.

Algoritmo:

Passo 1: Se o grau do $ P$ é menor do que grau do $ Q $ vamos para passo 2. Se não, dividimos $ P $ por $ Q $:

$ P(x)= A(x) Q(x) + R(x) $

onde $ A, R $ são polinômios e $ deg(R) < deg(Q) $ onde $ deg(.) $ representa grau fo polinômio. Se $ P $ for divisível por $ Q $ então $ A(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}, R(x)=0. $ Portanto

$ \frac{P(x)}{Q(x)}= A(x) + \frac{R(x)}{Q(x)}. $ Calcular primitiva da função $ A $ é fácil (por ser polinomial). Agora precisamos calcular primitiva de $ \frac{R(x)}{Q(x)} $.

Passo 2:

Neste passo precisamos saber alguns fatos álgebricos:

Fato 1: Para todo polinômio $ Q(x)= c_0 + c_1 x + c_2x^2 + \cdots + c_n x^n $ com coeficientes complexos $ c_n \neq 0 $existem $ \alpha_1, \alpha_2, \cdots , \alpha_n $ complexos tais que

(Teorema Fundamental de Álgebra) $ Q(x) = c_n (x-\alpha_1)(x - \alpha_2) \cdots (x-\alpha_n) $ (*)

os números $ \alpha_i $ são chamados de raízes do polinômio e não precisam ser distintos.

Apesar de existirem várias formas de aproximadamente achar raízes de polinômios, achar exatamente as raízes pode ser impossível (Pela Teoria de Galois, não dá para achar uma fórmula usando operações básicas para obter raízes de polinômios de grau superior a 5). Curiosos precisam aprender Álgebra e Teoria de Galois.

Fato 2: Todo polinômio $ Q(x) = c_0 + c_1 x + c_2x^2 + \cdots + c_n x^n $ com coeficientes reais pode ser decomposto em polinômios de grau um e dois:

$ Q(x) = c_n (x - \alpha_1) \cdots (x-\alpha_k) (x^2 + a_1x + b_1) \cdots (x^2 + a_l x + b_l) $

onde $ a_1, \cdots , a_k $ são raízes reais de $ Q(x)=0 $ e

$ a_i, b_i $ são reais, $ \Delta_i = a_i^2 -4b_i < 0. $

Portanto $ n=k+2l $ e as raízes não reais de $ Q(x)=0 $ são exatamente as raízes dos polinômios quadráticos $ x^2+ a_i x + b_i=0, i=1,2,\cdots, l. $

O ponto importante é que se um número complexo $ \alpha=m+in $ é raíz, então $ \bar{\alpha} = m-in $ também é uma raíz. De fato, se $ c_0 + c_1 \alpha + c_2 \alpha^2 + \cdots c_n \alpha^n=0 $ então tomando conjugado e usando o fato de que $ \bar{c_i}=c_i $ concluímos que

$ c_0 + c_1 \bar{\alpha} + c_2 \bar{\alpha}^2 + \dots + c_n \bar{\alpha}^n =0. $

portanto na decomposição (*) temos

$ (x-\alpha)(x - \bar{\alpha}) = x^2 - (\alpha+\bar{\alpha}x + \alpha \bar{\alpha}) $

e observe que $ \alpha + \bar{\alpha}= 2 Re(\alpha) , \alpha \bar{\alpha} = |\alpha|^2. $ Portanto o produto $ (x-\alpha)(x\bar{\alpha}) $ é um polinômio real com discriminante negativo.

Já que podemos ter repetições de raízes, em geral teremos

$ Q(x)= c_n (x-\beta_1)^{p_1} (x - \beta_2)^{p_2}\cdots (x-\beta_r) ^{p_r} (x^2+A_x+B_1)^{q_1} \cdots (x^2+A_sx+B_s)^{q_s} $. (*)

Fato 3: Toda expressão racional $ \frac{R(x)}{Q(x)} $ onde $ 0\neq R(x) $ e $ deg(R) < deg(Q) $ pode ser escrita de seguinte forma (soma das frações parciais):

$ \frac{R(x)}{Q(x)} = (\frac{1}{c_n}) ( \frac{R_1(x)}{Q_1(x)} + \cdots \frac{R_N(x)}{Q_N(x)} ) $

onde:

Para cada termo de tipo $ (x-\beta)^p $ na (*), teremos uma soma de frações parciais de forma $ \frac{c_1}{x-\beta} + \frac{c_2}{(x-\beta)^2} + \cdots \frac{c_p}{(x-\beta)^p}. $

2. e para cada termo $ (x^2+Ax+B)^q $ temos uma soma parcial de forma

$ \frac{D_1x+E_1}{x^2+Ax+B}+ \frac{D_2x+E_2}{(x^2+Ax+B)^2} + \cdots + \frac{D_qx+E_q}{(x^2+Ax+B)^q} $.

Passo 3:

Integrar frações parciais: Para frações que aprecem como frações parciais temos fórmulas:

$ \int \frac{1}{(x-\beta)^i} dx =$

$ ln|x-\beta|$ se $ i=1 $ e

$ \frac{1}{-i+1}(x-\beta)^{-i+1}$ se $ i >1.$

Agora, dado que todos os polinômios quadráticos $ x^2+Ax+B $ que aparecem nos denominadores das frações parciais, tem discriminante negativo, após completar quadrados e mudar variável, temos que calcular integral de frações de tipos: $ c \frac{2t}{(t^2+1)^j} $ ou $ \frac{c^{'}}{(t^2+1)^j}. $

Finalmente lembramos que

$ \int \frac{2t}{(t^2+1)^j} dt =$ $ ln(t^2+1)$ se $ j=1$ $ \frac{1}{-j+1}(t^2+1)^{-j+1}$ se $ j >1$

e para calcular integral de $ \frac{1}{(t^2+1)^j} $ se $ j=1 $ obtemos $ arctg $ e se $ j>1 $ substituimos $ t=tg(\theta), dt= \frac{1}{cos^2(\theta)} d\theta $ e precisamos calcular uma integral de potências de $ cos(\theta). $

Exemplo 1:

Calcule integral de $ \frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{-x^7+ x^5 -x^2 +x+1}{x^6 + x^4 +x^2}. $

Após divisão teremos $ \frac{P(x)}{Q(x)} = - x + \frac{ 2x^5 -x^4 +x^3 +x+1}{x^6 + x^4 +x^2} $

por outro lado: $ x^6 + x^4 +x^2 = x^2 (x^2+x+1)(x^2-x+1). $

Agora usando frações parciais:

$ \frac{ 2x^5 -x^4 +x^3 +x+1}{x^6 + x^4 +x^2} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x^2} + \frac{Cx+D}{x^2+x+1} + \frac{EX+F}{x^2-x+1}. $

Para achar os coeficientes, precisamos pegar denominador comum entre frações parciais e igualar coeficientes correspondentes em dois lados da equação. Assim teremos um sistema de 6 equações e 6 incôgnitas. Em geral teremos uma solução única para tais sistemas (provenientes de frações parciais). Este fato não é muito complicado de ser provado, porém precisa de tempo e pacência!

Neste exemplo temos:

$ B=1$, $ A=1,$ $ B+D+F=0, $ $ A-C+E=1,$ $ B-D+F=-1, $ $ A+C+E=2.$

e podemos resolver e achar

$ A=1, B=1, C=1/2, D=1/2, E=1/2, F=-1/2. $

Portanto precisamos calcular seguintes integrais:

$ \frac{1}{x}, \frac{1}{x^2}, (1/2)\frac{x+1}{x^2+x+1}, (1/2) \frac{x-1}{x^2-x+1}. $

Por exemplo $ \frac{x+1}{x^2+x+1} = $

$ = (1/2) \frac{(2x+1)+1}{x^2+x+1}= $

$ = (1/2) \frac{2x+1}{x^2+x+1} + (1/2) \frac{1}{(x+1/2)^2 + 3/4}= $

$ = (1/2) \frac{2x+1}{x^2+x+1} + (2/3) \frac{1}{(\frac{2x}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}})^2 +1} $

A integral da primeira fração na soma acima é $ 1/2 ln (x^2+x+1) $ e da segunda é $ \frac{1}{\sqrt{3}} arctg(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}). $

Os impossíveis!