Exercício sobre o método de Ostrogradski-Hermite de primitivação de funcões racionais

Publicado em 11 de Abril de 2015 por Américo Tavares

Nesta questão, no MSE,  juantheron pergunta se o integral

\displaystyle\int\dfrac{5x^3+3x-1}{(x^3+3x+1)^3}\; dx

se pode calcular directamente, pelo método de substituição, em vez de admitir que a primitiva é da forma

f(x) = \dfrac{ax+b}{(x^3+3x+1)^2}

calcular f'(x) e determinar as constantes a e b, chegando a a = -1 e b = 0.

Tradução da minha resposta.

Posso estar enganado, mas parece-me que o integral dado não se pode calcular por substituição. De qualquer maneira, para integrar uma função racional  P(x)/Q(x) sem a decompor em fracções parciais e sem achar as raízes do denominador, pode-se usar o método de strogradski-Hermite, que generaliza a sua conjectura educada [de que o integral se pode escrever na forma]

\displaystyle\int\dfrac{5x^3+3x-1}{(x^3+3x+1)^3}\;dx=\dfrac{ax+b}{(x^3+3x+1)^2}+C.

Pode encontrar-se uma descrição deste método na secção 2.1 de Table of Integrals, Series, and Products, de Gradshteyn e Ryzhik, em que é apresentada a identidade (2) abaixo.  A fórmula (1) aparece também na página da Wikipedia sobre Ostrogradsky.

Suponha-se que \deg P(x)<\deg Q(x). Existem polinómios P_{1}(x), P_{2}(x), Q_{1}(x) e Q_{2}(x), com Q_{1}(x)=\gcd \left\{ Q(x), Q^{\prime }(x)\right\} e Q_{2}(x)=Q(x)/Q_{1}(x), \deg P_{1}(x) <\deg Q_{1}(x), \deg P_{2}(x) <\deg Q_{2}(x), tais que

\displaystyle\int\dfrac{P(x)}{Q(x)}\; dx=\dfrac{P_{1}(x)}{Q_{1}(x)}+\displaystyle\int \dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}\; dx.\qquad(1)

Então

\begin{aligned}P(x)&=\dfrac{P_{1}^{\prime }(x)Q_{1}(x)-P_{1}(x)Q_{1}^{\prime }(x)}{\left\{Q_{1}(x)\right\} ^{2}}Q(x)+\dfrac{P_{2}(x)}{Q_{2}(x)}Q(x)\\&=P_{1}^{\prime }(x)\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}-P_{1}(x)\dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}+P_{2}(x)\dfrac{Q(x)}{Q_{2}(x)}\\&=P_{1}^{\prime }(x)Q_{2}(x)-P_{1}(x)\left\{ \dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}Q_{2}(x)\right\} +P_{2}(x)Q_{1}(x)\end{aligned}

ou

P(x)=P_{1}^{\prime }(x)Q_{2}(x)-P_{1}(x)\left\{ T(x)-Q_{2}^{\prime }(x)\right\}+P_{2}(x)Q_{1}(x),\qquad(2)

com T(x)=Q^{\prime }(x)/Q_{1}(x), porque de

Q^{\prime }(x)=\left\{ Q_{1}(x)Q_{2}(x)\right\} ^{\prime }=Q_{1}^{\prime}(x)Q_{2}(x)+Q_{1}(x)Q_{2}^{\prime }(x)=T(x)Q_{1}(x)

obtém-se

\dfrac{Q_{1}^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}Q_{2}(x)+Q_{2}^{\prime }(x)=T(x).

Para determinar os coeficientes dos polinómios P_{1}(x) e P_{2}(x) igualamos os coeficientes de iguais potências de  x.

Aplicação a

\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}.

Uma vez que

\begin{aligned}Q(x)&=\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}\\ Q^{\prime }(x)&=9\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}\left( x^{2}+1\right)\\ Q_{1}(x)&=\gcd \left\{ Q(x),Q^{\prime }(x)\right\} =\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}\end{aligned}

e

Q_{2}(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_{1}(x)}=\dfrac{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}}=x^{3}+3x+1,

escrevemos

\displaystyle\int \dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{3}}\; dx=\dfrac{P_{1}(x)}{\left( x^{3}+3x+1\right) ^{2}}+\displaystyle\int \dfrac{P_{2}(x)}{x^{3}+3x+1}\; dx,\qquad (3)

em que

\begin{aligned}P_{1}(x) &=Ax^{5}+Bx^{4}+Cx^{3}+Dx^{2}+Ex+F \\ P_{2}(x) &=Fx^{2}+Gx+H.\end{aligned}

A identidade (2), com

T(x)=\dfrac{Q^{\prime }(x)}{Q_{1}(x)}=9\left( x^{2}+1\right),

resulta em

\begin{aligned}5x^{3}+3x-1 &=\left(5Ax^{4}+4Bx^{3}+3Cx^{2}+2Dx+E\right) \left(x^{3}+3x+1\right)\\&\quad-\left( Ax^{5}+Bx^{4}+Cx^{3}+Dx^{2}+Ex+F\right) \left\{ 9\left(x^{2}+1\right) -\left( 3x^{2}+3\right)\right\}\\&\quad+\left( Gx^{2}+Hx+I\right) \left(x^{3}+3x+1\right)^{2}\\&=Gx^{8}+\left( -A+H\right) x^{7}+\left( -2B+6G+I\right) x^{6}\\ &\quad+\left( 6H-3C+2G+9A\right) x^{5}\\&\quad+\left( -4D+6B+9G+6I+2H+5A\right) x^{4}\\&\quad+\left( 3C-5E+4B+6G+9H+2I\right) x^{3}\\&\quad+\left( 3C-6F+G+6H+9I\right) x^{2}\\&\quad+\left( 6I+H+2D-3E\right) x+\left( E+I-6F\right).\end{aligned}

Igualando os coeficientes obtemos

A=B=C=D=F=G=H=I=0,E=-1.\qquad (4)

Assim,

\begin{aligned}P_1(x) &=-x \\P_2(x) &=0\end{aligned}

e finalmente,

\begin{aligned}\displaystyle\int\dfrac{5x^{3}+3x-1}{\left( x^{3}+3x+1\right)^{3}}\; dx=-\dfrac{x}{\left(x^{3}+3x+1\right) ^{2}}+C,\qquad (5)\end{aligned}

como determinado por si.

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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6 respostas a Exercício sobre o método de Ostrogradski-Hermite de primitivação de funcões racionais

  1. Matt. diz:
    25 de Junho de 2015 às 15:25

    De fato, a primitiva para a função racional do problema pode ser encontrada através de uma substituição:

    \displaystyle{\begin{aligned}\int\frac{5x^3+3x-1}{\left(x^3+3x+1\right)^3}\,\mathrm{d}x&=\int\frac{5x^3+3x-1}{\left(\sqrt{x}\left(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2}\right)\right)^3}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{5x^3+3x-1}{x^{3/2}\left(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2}\right)^3}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{5x^{3/2}+3x^{-1/2}-x^{-3/2}}{\left(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2}\right)^3}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{2\,\mathrm{d}(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2})}{\left(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2}\right)^3}\\[2ex]&=2\int\frac{\mathrm{d}\tau}{\tau^3}\\[2ex]&=-\frac{1}{\tau^2}+C\\[2ex]&=-\frac{1}{\left(x^{5/2}+3\sqrt{x}+x^{-1/2}\right)^2}+C\\[2ex]&=\cdots\end{aligned}}

    Responder
    • Américo Tavares diz:
      25 de Junho de 2015 às 21:45

      Estava mesmo enganado! Não sei como descobriu esta substituição, mas na verdade conduz ao mesmo resultado. Se for utilizador do Mathematics Stack Exchange pode colocar lá a sua solução …

      P.S.: reparei agora que existe uma resposta recente com este mesmo cálculo.

    • Matt. diz:
      26 de Junho de 2015 às 01:42

      Possuo uma conta no Mathematics Stack Exchange, apesar de não a utilizar com frequência. Fui eu quem postou a resposta lá. :)

    • Matt. diz:
      26 de Junho de 2015 às 02:30

      Ah, e sobre a substituição: fui motivado por uma integral de uma seção de problemas do livro de Cálculo do Apostol.

      \displaystyle{\begin{aligned}\int\frac{4x^{5}-1}{\left(x^{5}+x+1\right)^2}\,\mathrm{d}x&=\int\frac{4x^{5}-1}{\left(x\left(x^4+x^{-1}+1\right)\right)^2}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{4x^3-x^{-2}}{\left(x^4+x^{-1} +1\right)^2}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{\mathrm{d}\left(x^4+x^{-1}+1\right)}{\left(x^4+x^{-1}+1\right)^2}\\[2ex]&=\int\frac{\mathrm{d}\psi}{\psi^2}\\[2ex]&=\cdots\\[2ex]&=-\frac{x}{x^5+x+1}+C\end{aligned}}

      Também é possível encontrar a primitiva utilizando integração por partes:

      \displaystyle{\begin{aligned} \mathcal{H}&:=\int\frac{5x^3+3x-1}{(x^3+3x+1)^3}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\underbrace{\frac{5x^3+3x-1}{3x^2+3}}_{u}\,\underbrace{\frac{3x^2+3}{(x^3+3x+1)^3}\,\mathrm{d}x}_{\mathrm{d}v} \end{aligned}}

      Encontrando v,

      \displaystyle{\begin{aligned}v&=\int\frac{3x^2+3}{(x^3+3x+1)^3}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=\int\frac{\mathrm{d}(x^3+3x+1)}{(x^3+3x+1)^3}\\[2ex]&=-\frac{1}{2}\frac{1}{(x^3+3x+1)^2}\end{aligned}}

      Logo,

      \displaystyle{\begin{aligned}\mathcal{H}&=-\frac{1}{6}\frac{5x^3+3x-1}{(x^2+1)(x^3+3x+1)^2}+\\[2ex]&+\frac{1}{2}\int\frac{1}{(x^3+3x+1)^2}\frac{(3x^2+3)(15x^2+3)-(5x^3+3x-1)6x}{9(x^2+1)^2}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=-\frac{1}{6}\frac{5x^3+3x-1}{(x^2+1)(x^3+3x+1)^2}+\frac{1}{6}\int\frac{5x^4+12x^2+2x+3}{(x^5+4x^3+x^2+3x+1)^2}\,\mathrm{d}x\\[2ex]&=-\frac{1}{6}\frac{5x^3+3x-1}{(x^2+1)(x^3+3x+1)^2}+\frac{1}{6}\int\frac{\mathrm{d}t}{t^2}\\[2ex]&=\cdots\\[2ex]&=-\frac{x}{(x^3+3x+1)^2}+C.\end{aligned}}

  2. Américo Tavares diz:
    26 de Junho de 2015 às 10:28

    Muito obrigado por ter esclarecido a motivação da sua resolução e ter acrescentado a integração por partes. Grande contribuição a sua para este meu post!

    Responder
  3. Messias Jose dos Santos diz:
    26 de Junho de 2020 às 13:33

    Por gentileza, alguém poderia me ajudar na solução desta integral indefinida:
    Qual a solução: Integral: sec(x)/((2)^1/2.sec(x)-2)

    Responder

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