[CF] J. Campos Ferreira. Introdução à Análise Matemática, Fundação Gulbenkian, 8a ed., 2005.
Nesta aula continuamos com métodos de primitivação, desta vez com a primitivação de funções racionais. O objectivo aqui é muito prático: é
saber primitivar exemplos concretos. O texto abaixo vai nesse sentido. Contudo, uma exposição teórica mais completa pode ser consultada
nas páginas 129-138 do texto [AB].
Reitera-se o comentário da aula anterior de que é muito importante os alunos resolverem exercícios de forma autónoma. Só assim
é que o aluno fica preparado para escolher as boas opções no cálculo de uma primitiva que use os métodos dados.
Sugere-se que depois de estudado o texto em baixo vejam os exercícios 2 da lista [P], além de,claro está, resolver os
exercícios das aulas de problemas.
Primitivação de funções racionais.
Funcões racionais. São funções do tipo
\[f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}\]
onde \(P(x)\) e \(Q(x)\) são dois polinómios.
Contrariamente ao que acontece com a primitivação no caso geral, para esta classe de funções temos um método sistemático de calcular
primitivas. Por outro lado, outras primitvas podem ser reduzidas a primitvas de funções racionais como já puderam constatar na aula anterior com o método de
primitivação por partes. Na próxima aula veremos ainda outro método em que tal acontecerá: o método de substituição de variável. Podemos
considerar então que, uma vez que o problema original tenha sido convertido na primitivação de uma função racional usando um daqueles métodos,
ele estará já praticamente resolvido.
Começemos por algumas primitivas imediatas e quase-imediatas que já conhecemos e que vão constituir os blocos com os quais se vão construir as primitvas de todas as outras
funções racionais. NOTA: Nesta aula vamos começar a usar quase exclusivamente a notação de integral.
\(\; \displaystyle\int\frac{1}{x^2+1}\,dx=\operatorname{arctg}x,\quad\) ou mais geralmente, \(\quad \displaystyle\int\frac{u'}{u^2+1}\,dx=\operatorname{arctg}u.\;\)
Vamos considerar \(u(x)\) como um um polinómio.
Vejamos nos seguintes três exemplos seguintes como se usa este último caso:
No seguinte exemplo usamos a técnica "do completamento do quadrado" que consiste em escrever um polinómio quadrático
\(x^2+ax+b\) na forma \((x-c)^2+d^2\) (relembre do Ensino Secundário a forma como se obteve a fórmula resolvente ds equações do 2º grau!).
A ideia é identificar \(ax\) com o termo \(-2cx\), o que nos permite deduzir \(c\), somar e subtrair \(c^2\) ao polinómio original,
por forma a obtermos \((x^2+ax+c^2)-c^2+b=(x-c)^2+d^2\) e daí extrairmos \(d\). Veja os dois exemplos seguintes:
Como exercício pode repetir este procedimento no caso geral e obter, para \( Q(x)=x^2+ax+b\) sem raizes reais,
\(\displaystyle \int \frac{1}{x^2+ax+b}dx=\frac{1}{d}\operatorname{arctg}\left(\frac{x-c}{d}\right),\quad\) onde
\(\quad c=-\dfrac{a}{2}\quad\) e \(\quad d=\dfrac{1}{2}\sqrt{4b-a^2}\).
Repare que a última raiz quadrada só existe no caso em que \(Q(x)\) não tem raizes
(veja a fórmula resolvente...)
Observação: Damos aqui a expressão geral mas tenha em atenção que não é para a decorar! O que é preciso é saber usar o procedimento
que levou à sua obtenção, tal como nos três exemplos anteriores.
2. Redução do grau do numerador
Vamos admitir a seguinte hipótese:
\[\text{grau do polinómio }\;Q(x)\quad\gt\quad\text{ grau do polinómio }\; P(x)\]
Se esta condição não for satisfeita à partida, antes de aplicarmos os métodos desta aula temos que escrever a função racional dada na forma
\[f(x)=R(x)+\frac{P(x)}{Q(x)}\]
onde \(P(x),Q(x),R(x)\) são polinómios tais que: grau de \(Q(x)\;\)\(\gt\;\)grau de \(\;P(x)\).
O problema é semelhante ao da divisão entre números inteiros. Recordêmo-la:
Dados dois inteiros positivos, \(N\) (o dividendo) e \(D\) (o divisor), com \(N\geqslant D\), pretende-se encontrar dois inteiros \(Q\) (o quociente) e
\(R\) (o resto) tais que \(R\lt D\) e
\[N=DQ+R,\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{N}{D}=Q+\frac{R}{D}\,.\]
Por exemplo, dados \(N=20\) e \(D=3\) temos
\[20=3\cdot 6+2,\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{20}{3}=6+\frac{2}{3}\,.\]
com \(2\lt 3\). e, portanto, resulta \(Q=6\) e \(R=2\).
Como sabem, isto é sempre possível fazer e a solução é única. A forma prática de encontrar \(Q\) e \(R\) ("à mão"...) no caso geral
é o algoritmo da divisão que já conhecem desde o ensino básico.
Falemos agora da divisão polinomial. Dados dois polinómios \(N(x)\) (o polinómio dividendo) e \(D(x)\) (o polinómio divisor) tais que
\[\text{grau de } N(x)\geqslant \;\text{grau de }D(x),\]
pretende-se calcular dois polinómios \(Q(x)\) (o polinómio quociente) e \(R(x)\) (o polinómio resto) tais que
\[\text{grau de } R(x)\lt \;\text{grau de }D(x),\]
e
\[N(x)=D(x)Q(x)+R(x),\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{N(x)}{D(x)}=Q(x)+\frac{R(x)}{D(x)}\,.\]
Um exemplo: suponhamos que são dados \(N(x)=x^3+1\) e \(D(x)=x^2+1\). Então, como temos
\[x^3+1=(x^2+1)x+ (-x+1),\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{x^3+1}{x^2+1}=x+\frac{-x+1}{x^2+1}\,,\]
e o grau de \(-x+1\) é inferior ao de \(x^2+1\), concluimos que \(Q(x)=x\) é o polinómio quociente e \(R(x)=-x+1\) o polinómio resto da divisão
de \(x^3+1\) por \(x^2+1\).
Tal como no caso da divisão de inteiros, também na divisão polinomial a forma sistemática de proceder é recorrendo ao algoritmo da divisão.
Não é de admirar que este algoritmo seja em tudo semelhante ao dos números inteiros.
Exemplo 1. Pretendemos dividir \(\;N(x)=6x^3+x^2+3\;\) por \(\;D(x)=x^2-x+1\,\). Começemos por dispor \(N(x)\) e \(D(x)\) do seguinte modo:
\[
\begin{array}{rrl}
6x^3 + \phantom{6}x^2 + 0x + 3 & &|\underline{x^2 - x + 1} \\
\end{array}
\]
Reparem nos termos com coeficientes 0 que correspondem às potências de \(x\) que faltam nos polinómios.
Em seguida, vemos qual é o factor pelo qual é preciso multiplicar o termo de maior grau de \(D(x)\) (neste caso é \(x^2\)) de forma a dar o termo de
maior grau de \(N(x)\) (neste caso é \(6x^3\)). Esse factor, neste caso é \(6x\), o qual colocamos por baixo do divisor:
\[
\begin{array}{rrl}
6x^3 + \phantom{6}x^2 + 0x + 3 & &|\underline{x^2 - x + 1} \\
& &\;6x \\
\end{array}
\]
O passo seguinte é multiplicar o polinómio \(D(x)\) por \(6x\) e colocar o simétrico do resultado por baixo de \(N(x)\) alinhando os vários
termos de acordo com as potências de \(x\):
\[
\begin{array}{rrl}
6x^3 + \phantom{6}x^2 + 0x + 3 & &|\underline{x^2 - x + 1} \\
-6x^3 + 6x^2 - 6x \phantom{{}+3} & &\;6x
\end{array}
\]
Somam-se os dois polinómios do lado esquerdo:
\[
\begin{array}{rrl}
\cancel{6x^3} + \phantom{6}x^2 + 0x + 3 & &|\underline{x^2 - x + 1} \\
\underline{-\cancel{6x^3} + 6x^2 - 6x \phantom{{}+3}} & &\;6x\\
7x^2 - 6x + 3
\end{array}
\]
Vê-se qual é o fatcor pelo qual é preciso multiplicar o termo de maior grau de \(D(x)\) (\(x^2\)) para dar o termo de maior grau do polinómio
resultante do laod esquerdo \(7x^2\). Neste caso é a constante 7 a qual adicionamos ao termo \(6x\) que já tinha sido obtido e repetimos o procedimento anterior.
Completa-se então o algoritmo:
\[
\begin{array}{rrl}
\cancel{6x^3} + \phantom{6}x^2 + 0x + 3 & &|\underline{x^2 - x + 1} \\
\underline{-\cancel{6x^3} + 6x^2 - 6x \phantom{{}+3}} & &\;6x + 7 \\
\cancel{7x^2} - 6x + 3 \\
\underline{ -\cancel{7x^2} + 7x - 7} \\
x - 4
\end{array}
\]
Concluimos que o polinómio quociente é \(Q(x)=6x+7\) e o polinómio resto é \(R(x)=x-4\). Noutros termos,
\[6x^3+x^2+3=(x^2-x+1)(6x+7)+x-4,\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{6x^3+x^2+3}{x^2-x+1}=6x+7+\frac{x-4}{x^2-x+1}\,.\]
Exemplo 2. A divisão polinomial correspondente ao último exemplo anterior a esta nota, consiste em considerar \(N(x)=x^3\) e
\(D(x)=x^2+x-1\). Confirme o algoritmo:
\[
\begin{array}{rrl}
\phantom{6}\cancel{x^3} + 0x^2 + 0x + 0 & &|\underline{x^2 + x - 1} \\
\underline{-\cancel{x^3} - \phantom{6}x^2 + \phantom{6}x \phantom{{}+3}} & &\;x - 1 \\
-\cancel{x^2} + x - 0 \\
\underline{ \cancel{x^2} + x - 1} \\
2x - 1
\end{array}
\]
Concluimos que \(Q(x)=x-1\) e que \(R(x)=2x-1\). Logo,
\[x^3=(x^2+x-1)(x-1)+2x-1,\qquad \text{ ou seja, }\qquad\frac{x^3}{x^2+x-1}=x-1+\frac{2x-1}{x^2+x-1}\,.\]
3. O método da decomposição em fracções simples
Suponhamos já que o grau de \(P(x)\) é estritamente inferior ao de \(Q(x)\).
O método da decomposição em fracções simples consiste então em escrever o polinómio
\(Q(x)\) como um produto de factores, que veremos de seguida, \(Q(x)=q_1(x)q_2(x)\dots q_N(x)\) e considerar
a decomposição
\[f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}=g_1(x)+g_2(x)+\dots+g_N(x)\]
em que cada parcela \(g_i(x)\) está associada a um factor \(q_i(x)\) e tem a
forma de uma fracção que designamos por fracção simples e cuja primitivação é imediata ou quase-imediata. Os exemplos
1.-4. do início são casos particulares de fracções simples (os casos 3. e 4. quando \(x^2+ax+b>0\),
ou seja, \(Q(x)\) não tem raizes).
\[x^2+x-2=0\;\Leftrightarrow\; x=1 \vee x=-2\]
e, logo,
\[f(x)=\frac{3x+3}{(x+2)(x-1)}=\frac{A}{x-1}+\frac{B}{x+2}=\frac{A(x+2)+B(x-1)}{(x+2)(x-1)}\]
A última igualdade serve-nos para calcular as constantes \(A,B\). Assim, da comparação com a segunda expressão concluimos,
\[A(x+2)+B(x-1)=3x+3\]
Igualando os coeficientes de \(x\) e do termo constante, em anbos os lados obtemos o sistema
\(\left\{\begin{aligned}A+B&=3\\2A-B&=3\end{aligned}\right.\;\,,\;\;\)
o que dá, \(A=2,\quad B=1.\) Logo,
\[\int f(x)\,dx=\int\left(\frac{2}{x-1}+\frac{1}{x+2}\right)dx=2\ln|x-1|+\ln|x+2|\,.\]
\(Q(x)\) tem apenas uma raiz real \(\alpha.\) Nesse caso, \(Q(x)=(x-\alpha)^2\) e a decomposição que vamos considerar é
Podemos ver que \(Q(x)=x^2+2x+1=(x+1)^2\) e, portanto só tem a raiz dupla \(-1\). A decomposição a considerar neste caso é
\[f(x)=\frac{x-1}{(x+1)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^2}=\frac{A(x+1)+B}{(x+1)^2}.\]
Temos então que \(A(x+1)+B=x-1\), e o sistema resultante será
\(\left\{\begin{aligned}A&=1\\A+B&=-1\end{aligned}\right.\;,\;\)
cuja solução é \(A=1,\; B=-2\). Portanto,
\[\int f(x)\,dx=\int\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{(x+1)^2}\right)dx=\ln |x+1|+\frac{2}{x+1}\]
\(Q(x)\) não tem raizes reais (o polinómio \(Q\) diz-se irredutível). Nesse caso, \(Q(x)\) não é factorizável e temos que
usar uma estratégia diferente. Neste caso decompomos na soma de duas fracções dos tipos considerados atrás nos Casos 3. e 4. do início da aula:
Claramente \(Q(x)=x^2+1\) não tem raizes reais e, prtanto, a decomposição a considerar é:
\[f(x)=\frac{x-1}{x^2+1}=A\frac{2x}{x^2+1}+B\frac{1}{x^2+1}=\frac{A2x+B}{x^2+1}\]
e logo, \(A2x+B=x-1\), donde se tira, \(A=\frac{1}{2}\,,\;B=1.\;\) Logo,
\[\int f(x)\,dx=\int \left(\frac{1}{2}\frac{2x}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+1}\right)\,dx=\frac{1}{2}\ln(x^2+1)-\operatorname{arctg}x\]
Vimos atrás (exemplo do Caso 4.) que \(Q(x)=x^2-6x+13\) não tem raizes reais e, prtanto, a decomposição a considerar é:
\[f(x)=\frac{x-1}{x^2-6x+13}=A\frac{2x-6}{x^2-6x+13}+B\frac{1}{x^2-6x+13}=\frac{A(2x-6)+B}{x^2-6x+13}\]
e logo, \(A(2x-6)+B=x-1\), donde resulta o sistema
\(\left\{\begin{aligned}2A&=1\\-6A+B&=-1\end{aligned}\right.\;.\quad\)
Logo, \(\;A=\dfrac{1}{2}\,,\;B=2\,,\;\) e portanto,
\[\int f(x)\,dx=\int \left(\frac{1}{2}\,\frac{2x-6}{x^2-6x+13}+2\,\frac{1}{x^2-6x+13}\right)\,dx
=\frac{1}{2}\ln(x^2-6x+13)+\operatorname{arctg}\left(\frac{x-3}{2}\right).\]
Aqui usou-se o último exemplo do Caso 4. Se não o tivéssemos resolvido antes, teríamos que o fazer agora.
3.2. Caso geral
Embora os exemplos da secção anterior só completem o estudo da primitivação de funções racionais no caso \(n=2\), elas são ilustrativas
dos procedimentos a seguir nos casos \(n\geqslant 2\).
Seja \(\;f(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}\;\) em que \( P(x)\) e \(Q(x)\) são polinómios tais que o grau de \(Q(x)\) é estritamente maior que o grau de
\(P(x)\).
Escrevendo \(\;Q(x)=q_1(x) q_2(x)\dots q_N(x)\;\) (com \(N\leqslant n\)), então,
\[f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}=g_1(x)+g_2(x)+\dots+g_N(x),\]
onde, para cada \(i=1,2,\dots,N\),
Se \(q_i(x)\) é da forma \((x-\alpha)^p\,,\; p\in\mathbb{N},\;\) então \( g_i(x)\) é da forma
\(\displaystyle \quad\frac{A_1}{x-\alpha}+\frac{A_2}{(x-\alpha)^2}+\dots+\frac{A_p}{(x-\alpha)^p}\)
Se \(q_i(x)\) é da forma \((x-c)^2+d^2\,,\;\) então \( g_i(x)\) é da forma
\(\displaystyle \quad\frac{Ax+B}{(x-c)^2+d^2}\)
Se \(q_i(x)\) é da forma \([(x-c)^2+d^2]^q\,,\; q\in\mathbb{N},\;\) então \( g_i(x)\) é uma soma de termos
\(\displaystyle \quad\frac{A_jx+B_j}{[(x-c)^2+d^2]^j},\;j=1,\dots,q\)
É claro que estamos a considerar que para diferentes valores de \(i\) correspondem diferentes valores de \(\alpha,\; c,\;d.\)
Nota importante: Os casos 2. e 3. correspondem a factores polinomiais irredutíveis, portanto não correspondem a raizes reais
de \(Q(x)\). O caso 2. é muito importante: veja os exemplos atrás no caso \(n=2\) quando \(Q(x)\) não tem raizes reais (repare que nos exemplos
atrás não escrevemos exactamente nesta forma mas sim numa equivalente mais conveniente para o cálculo da primitiva). No entanto,
os casos 3. são difíceis de lidar e não os consideraremos nesta cadeira. Podem consultar todos os casos nos textos da disciplina [AB]
e [CF].
Vejamos os casos possíveis quando \(n=3\). Seja \(P(x)\) um polinómio arbitrário de grau \(\leqslant 2\).
Então \(f(x)\) cai necessariamente num dos seguintes casos:
\(\displaystyle f(x)=\frac{P(x)}{(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)}=\frac{A}{x-\alpha}+\frac{B}{x-\beta}+\frac{C}{x-\gamma}
\qquad\)(\(Q(x)\) tem 3 raizes reais diferentes)
\(\displaystyle f(x)=\frac{P(x)}{(x-\alpha)^2(x-\beta)}=\frac{A}{x-\alpha}+\frac{B}{(x-\alpha)^2}+\frac{C}{x-\beta}
\qquad\)(\(Q(x)\) tem 2 raizes reais diferentes)
\(\displaystyle f(x)=\frac{P(x)}{(x-\alpha)^3}=\frac{A}{x-\alpha}+\frac{B}{(x-\alpha)^2}+\frac{C}{(x-\alpha)^3}
\qquad\)(\(Q(x)\) tem apenas 1 raiz real)
\(\displaystyle f(x)=\frac{P(x)}{(x-\alpha)((x-c)^2+d^2)}=\frac{A}{x-\alpha}+\frac{Bx+C}{(x-c)^2+d^2}
\qquad\)(\(Q(x)\) tem apenas 1 raiz real)
Observações:
Quando \(n=3\), o caso de \(Q(x)\) sem raizes reais não existe. Relembrem que qualquer polinómio de grau ímpar tem sempre pelo menos uma raiz (consequência
do teorema de Bolzano)
Reparem que em ambos os casos 3 e 4 o polinómio \(Q(x)\) tem apenas uma raiz real. Ou seja, para \(n\geqslant 3\) só o conhecimento
das raizes do polinómio não chegam para se saber de que forma o polinómio factoriza. Este é um factor que complica muito a factorização de
\(Q(x)\) e, portanto a decomposição de \(f(x)\) em fracções simples. No entanto, se for dado \(Q(x)\) factorizado é muito fácil fazer essa
decomposição idependentemente do grau. É claro que quanto maior for o grau, mais pesado é o sistema de equações para obter as constantes.
Exemplo. Neste caso \(P(x)\) é de grau 6 e \(Q(x)\) é de grau 8:
\[\int \frac{x^6+3x^5+x^3-9x+10}{(x+1)(x-1)^2(x-2)^3(x^2+1)}dx=
\int\left(\frac{A_1}{x+1}+\frac{A_2}{x-1}+\frac{A_3}{(x-1)^2}+\frac{A_4}{x-2}+\frac{A_5}{(x-2)^2}+\frac{A_6}{(x-2)^3}+\frac{A_7x+A_8}{x^2+1}\right)\,dx\]
Todos os termos são facilmente primitiváveis. O que aqui seria mais trabalhoso era calcular o valor numérico das constantes. No entanto, se o
denominador não fosse dado já na forma factorizada seria praticamente impossível fazê-lo à mão sendo necessário recorrer a métodos computacionais.
Reparem que há sempre tantas constantes para ajustar quanto o grau do polinómio denominador. Verifique esse facto no exemplo anterior.
Por vezes alguma ou algumas dessas constantes serão nulas mas isso só poderá ser constatado a posteriori depois de se ter considerado todas as possíveis
constantes e ter-se resolvido o sistema de equações correspondente.
Como \(Q(x)=x(x^2-1)=x(x+1)(x-1)\) tem 3 raizes \(0,-1,1\) a decomposição
neste caso é muito simples:
\[f(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{x-1}=\frac{A(x-1)(x+1)+Bx(x+1)+Cx(x+1)}{x(x^2-1)}\]
Comparando com a expressão de \(f(x)\) dada, temos,
\[A(x-1)(x+1)+Bx(x-1)+Cx(x+1)=x^2-2\]
Desta igualdade polinomial obtem-se um sistema de 3 equações nas incógnitas \(A,B,C\) igualando os coeficientes de um lado e do outro da desigualdade
correspondentes às mesmas potências de \(x\), (\(x^2,x^1,x^0\)). Uma forma alternativa que habitualmente conduz a menos contas é igualar \(x\) a 3 valores
especiais naquela igualdade. Este método dá logo as soluções quando \(Q(x)\) tem tantas raizes quantas o seu grau, que é esta situação.
Então, substituindo \(x\) pelas 3 raizes ficamos com
\[\begin{aligned}
x&=0\quad\Rightarrow\quad -A=-2\\
x&=-1\quad\Rightarrow\quad -2B=-1\\
x&=1\quad\Rightarrow\quad 2C=-1
\end{aligned}\]
Daqui resulta, \(A=2\), \(B=\frac{1}{2}\), \(C=-\frac{1}{2}.\;\) Logo,
\[\int f(x)\,dx=\int\left(\frac{2}{x}+\frac{1/2}{x+1}-\frac{1/2}{x-1}\right)\,dx=2\ln|x|+\frac{1}{2}\ln|x+1|-\frac{1}{2}\ln|x-1|.\]
Neste caso,
\[f(x)=\dfrac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{C}{(x-1)^3}=\frac{A(x-1)^2+B(x-1)+C}{(x-1)^3}.\]
Comparando com a expressão dada de \(f(x)\) concluimos que,
\[A(x-1)^2+B(x-1)+C=x^2+x-1.\]
Tal como no caso anterior vamos atribuir 3 valores a \(x\). Desta vez só há uma raiz pelo que dois valores serão à nossa escola e, por isso,
vamos considerar valores que conduzem a equações o mais simples possível:
\[\begin{aligned}
x&=1\quad\Rightarrow\quad C=1\\
x&=0\quad\Rightarrow\quad A-B+C=-1\\
x&=-1\quad\Rightarrow\quad 4A-2B+C=-1
\end{aligned}\]
Substituindo \(C=1\) nas outras duas equações obtem-se o sistema
\[\left\{\begin{aligned}
A-B&=-2\\
4A-2B&=-2
\end{aligned}\right.
\]
que é de fácil resolução dando \(B=3,\;\) \(A=1.\) Temos então,
\[\int f(x)\, dx=\int\left(\dfrac{1}{x-1}+\frac{3}{(x-1)^2}+\frac{1}{(x-1)^3}\right)\,dx
=\ln|x-1|-\frac{3}{x-1}-\frac{1}{2}\frac{1}{(x-1)^2}\,.\]
Decomposição em fracções simples correspondente:
\[f(x)=\frac{A}{x-1}+B\,\frac{2x}{x^2+1}+C\,\frac{1}{x^2+1}=\frac{A(x^2+1)+B2x(x-1)+C(x-1)}{(x-1)(x^2+1)}\]
Comparando com a expressão dada de \(f(x)\) concluimos que,
\[A(x^2+1)+B2x(x-1)+C(x-1)=x+1\,.\]
Vamos atribuir valores a \(x\). Neste caso além das raizes \(x=-1\), e \(x=1\), escolhemos \(x=0\):
\[\begin{aligned}
x&=1\quad\Rightarrow\quad A=1\\
x&=0\quad\Rightarrow\quad A-C=1\\
x&=-1\quad\Rightarrow\quad 2A+4B-2C=0
\end{aligned}\]
Daqui resulta \(A=1\), \(C=1-1=0\), \(B=\frac{1}{4}(2C-2A)=-\frac{1}{2}.\;\) Logo,
\[\int f(x)\,dx=\int\left(\frac{1}{x-1}-\frac{1}{2}\,\frac{2x}{x^2+1}\right)dx=\ln|x-1|-\frac{1}{2}\ln(x^2+1)\]
Decomposição em fracções simples, notando que \(Q(x)=(x+1)(x-1)(x^2+1)\):
\[f(x)=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{x-1}+C\;\frac{2x}{x^2+1}+D\;\frac{1}{x^2+1}
=\frac{A(x-1)(x^2+1)+B(x^2+1)(x+1)+C2x(x^2-1)+D(x^2-1)}{(x^2-1)(x^2+1)}\]
Comparando com a expressão dada de \(f(x)\) temos
\[A(x-1)(x^2+1)+B(x^2+1)(x+1)+C2x(x^2-1)+D(x^2-1)=4x^2\]
Dando valores a \(x\):
\[\begin{aligned}
x&=-1\quad\Rightarrow\quad -4A=4\\
x&=1\quad\Rightarrow\quad 4B=4\\
x&=0\quad\Rightarrow\quad -A+B-D=0\\
x&=2\quad\Rightarrow\quad 5A+15B+12C+3D=16
\end{aligned}\]
Das duas primeiras equações saí de imediato, \(A=-1\), \(B=1\). Por substituição na terceira, obtemos \(D=2\). Substituindo na última equação,
\(10+12C+6=16\), e resulta \(C=0.\;\) Portanto,
\[\int f(x)dx=\int\left(-\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1}+\frac{2}{x^2+1}\right)\,dx=-\ln|x+1|+\ln|x-1|+2\operatorname{arctg}x.\]