Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

9Frações Racionais

Uma fração racional é um quociente de polinômios. O teorema central deste capítulo curto — a decomposição em frações parciais — quebra qualquer quociente desses numa soma de tijolos elementares $\frac{c}{(X - a)^k}$ . Além do seu interesse algébrico, ele é a máquina padrão para integrar funções racionais (Capítulo 15) e para somar certas séries (Capítulo 17).

9.1 O corpo $K(X)$

Definição 9.1

Uma fração racional sobre $K$ ( $= \R$ ou $\C$ ) é um quociente $F = \frac{A}{B}$ com $A, B \in K[X]$ , $B \neq 0$ ; dois quocientes $\frac AB$ e $\frac{A'}{B'}$ são identificados quando $AB' = A'B$ . Toda fração tem uma forma reduzida com $\gcd(A, B) = 1$ , única a menos de constantes. Com as operações naturais, o conjunto $K(X)$ é um corpo.

Os polos de $F$ (na forma reduzida) são as raízes de $B$ ; a ordem de um polo é a sua multiplicidade como raiz de $B$ . O grau de $F$ é $\deg F = \deg A - \deg B \in \Z \cup \{-\infty\}$ .

Exemplo 9.2 (Lendo polos, ordens e grau)

Seja $F = \dfrac{X^3 - X}{X^4 - 2X^3 + X^2}$ . Fatore as duas camadas: o numerador, $X(X-1)(X+1)$ , e o denominador, $X^2(X-1)^2$ ; cancele o fator comum $X(X-1)$ :

F = \frac{X + 1}{X(X - 1)} \quad\text{(forma reduzida).}

Polos: $0$ e $1$ , ambos simples — as ordens são lidas no denominador reduzido, de modo que as aparentes raízes duplas do original são irrelevantes. Grau: $\deg F = 1 - 2 = -1$ , visível assintoticamente ( $xF(x) \to 1$ quando $x \to \infty$ ). O grau se comporta como o grau polinomial ( $\deg FG = \deg F + \deg G$ , $\deg(F + G) \leq \max$ ), regra de escrituração usada constantemente nas caças a coeficientes abaixo: cada argumento do tipo “limite de $xF(x)$ ” é uma contagem de graus disfarçada.

Proposição 9.3 (Parte inteira)

Todo $F = \frac AB \in K(X)$ se escreve de modo único como $F = E + \frac RB$ com $E \in K[X]$ (a parte inteira, ou parte polinomial, de $F$ ) e $\deg R < \deg B$ . Tem-se $E \neq 0$ se, e somente se, $\deg F \geq 0$ .

Demonstração. Divisão euclidiana $A = BE + R$ (Teorema 8.3), dividida por $B$ . Unicidade: se $E + \frac RB = E' + \frac{R'}{B}$ , então $(E - E')B = R' - R$ com $\deg(R' - R) < \deg B$ , o que força $E = E'$ e depois $R = R'$ . ∎

Exemplo 9.4 (Reduza primeiro, divida depois)

Encontre a parte inteira de $F = \dfrac{X^3 + 1}{X^2 - 1}$ . Dividindo às cegas: $X^3 + 1 = (X^2 - 1)X + (X + 1)$ , de modo que $F = X + \frac{X + 1}{X^2 - 1}$ . Mas a fração não estava reduzida: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ e $X^2 - 1 = (X+1)(X-1)$ partilham o fator $X + 1$ , e

F = \frac{X^2 - X + 1}{X - 1} = X + \frac{1}{X - 1} :

a mesma parte inteira $X$ , mas a parte fracionária colapsa num único tijolo, e o “polo” em $-1$ nunca foi polo algum. Reduza sempre à forma irredutível antes de caçar polos: os polos de $F$ são as raízes do denominador reduzido. (A parte inteira é insensível à simplificação, como a unicidade da Proposição 9.3 garante.)

9.2 Decomposição em frações parciais sobre $\C$

Teorema 9.5 (Decomposição sobre $\C$ )

Seja $F = \frac AB \in \C(X)$ na forma reduzida, com $B = c\,(X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r}$ . Então $F$ se escreve, de modo único,

F = E + \sum_{i=1}^{r} \sum_{k=1}^{m_i} \frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k}, \qquad E \in \C[X],\ c_{i,k} \in \C ,

sendo $E$ a parte inteira de $F$ .

Demonstração. Pela Proposição 9.3, podemos supor $\deg A < \deg B$ e demonstrar a decomposição em soma com $E = 0$ .

Separando os polos. Escreva $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ com $B_1(a_1) \neq 0$ . Os polinômios $(X-a_1)^{m_1}$ e $B_1$ são primos entre si (sem raiz comum), de modo que, por Bézout em $\C[X]$ (veja a observação no Capítulo 8), existem $U_0, V_0$ com $U_0 (X-a_1)^{m_1} + V_0 B_1 = 1$ ; multiplicando por $A$ e pondo $U = AU_0$ , $V = AV_0$ , e dividindo depois por $B$ :

\frac AB = \frac{V}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U}{B_1} .

As condições sobre os graus podem ser impostas: divida $V$ por $(X-a_1)^{m_1}$ , digamos $V = (X-a_1)^{m_1}Q + V_1$ com $\deg V_1 < m_1$ , e absorva o quociente no segundo termo ( $U_1 = U + QB_1$ ):

\frac AB = \frac{V_1}{(X - a_1)^{m_1}} + \frac{U_1}{B_1}, \qquad \deg V_1 < m_1 ;

comparar os graus ( $\deg A < \deg B$ e $\deg V_1 < m_1$ ) força também $\deg U_1 < \deg B_1$ . Iterar em $\frac{U_1}{B_1}$ , polo após polo, reduz tudo ao caso de um só polo, abaixo.

Um só polo. Para $\frac{A}{(X-a)^m}$ com $\deg A < m$ : expanda $A$ em potências de $(X - a)$ , $A = \sum_{j=0}^{m-1} \alpha_j (X - a)^j$ (expansão de Taylor de um polinômio, como na demonstração da Proposição 8.11); dividindo, obtêm-se exatamente os tijolos $\frac{\alpha_j}{(X-a)^{m-j}}$ . Concretamente, para $\frac{X^2 + 1}{(X+2)^3}$ : substituindo $X = Y - 2$ ,

X^2 + 1 = (Y - 2)^2 + 1 = Y^2 - 4Y + 5 , \qquad\text{logo}\qquad \frac{X^2+1}{(X+2)^3} = \frac1{Y} - \frac4{Y^2} + \frac5{Y^3}

com $Y = X + 2$ : os três tijolos aparecem por simples divisão da expansão transladada — a via mais rápida sempre que um único polo de ordem alta está em jogo, e a recomendada para o Exercício 9.3.

Unicidade. Suponha que duas decomposições coincidam; a sua diferença é uma identidade $0 = \sum_{i,k} \frac{d_{i,k}}{(X - a_i)^k}$ . Multiplique tudo por $(X - a_1)^{m_1}$ : todo termo adquire um fator que se anula em $a_1$ , exceto aquele com $i = 1$ , $k = m_1$ , cujo coeficiente se torna $d_{1,m_1}$ mais termos que carregam ao menos um fator $(X - a_1)$ . Avaliando em $a_1$ (legítimo: após a multiplicação, nenhum polo resta em $a_1$ ), obtém-se $d_{1,m_1} = 0$ . Eliminado o coeficiente do topo, repita com $(X - a_1)^{m_1 - 1}$ , e assim por diante, descendo até $k = 1$ ; depois passe ao polo seguinte. Todos os $d_{i,k}$ se anulam: a decomposição é única. ∎

Método 9.6 (Calculando os coeficientes)

Na prática, evite Bézout; combine:

multiplicação-avaliação para a potência mais alta: o coeficiente de $\frac{1}{(X-a)^m}$ (com $m$ a ordem do polo $a$ ) é

$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$

para um polo simples de $F = \frac AB$ , isso vale $\frac{A(a)}{B'(a)}$ ;
avaliações em pontos convenientes e limites de $xF(x)$ quando $x \to \infty$ , para reunir relações lineares para os coeficientes restantes;
simetrias de paridade ou de conjugação, quando houver, para cortar o trabalho pela metade.

Observação 9.7 (Armadilhas frequentes com frações parciais)

Pular a parte inteira. A decomposição em tijolos aplica-se a frações de grau $< 0$ ; quando $\deg A \geq \deg B$ , divida primeiro (Proposição 9.3), ou a caça aos coeficientes produzirá contradições.
Multiplicação-avaliação fora do seu alcance. Multiplicar por $(X - a)^k$ e avaliar em $a$ fornece o coeficiente apenas para $k = m$ , a ordem plena do polo; os coeficientes de ordem inferior exigem outras relações (limites, avaliações) — veja o Exemplo 9.9.
Esquecer de reduzir. Os polos são lidos na forma reduzida; um fator comum entre numerador e denominador cria polos fantasmas (Exemplo 9.4).
Formas erradas de tijolo sobre $\R$ . Acima de uma quadrática irredutível, os numeradores são afins ( $\alpha X + \beta$ ), e não constantes; escrever apenas $\frac{c}{X^2 + 1}$ perde soluções — as formas corretas são ditadas pelo Teorema 9.10, nunca improvisadas.

Demonstração da fórmula do polo simples. Perto de um polo simples $a$ : $B = (X - a) Q$ com $Q(a) \neq 0$ , e $B' = Q + (X - a) Q'$ , de modo que $B'(a) = Q(a)$ . O valor da multiplicação-avaliação é $\frac{A(a)}{Q(a)} = \frac{A(a)}{B'(a)}$ . ∎

Exemplo 9.8

Decomponha $F = \dfrac{1}{X(X-1)(X-2)}$ . Três polos simples; multiplicação-avaliação em cada um:

c_0 = \frac{1}{(0-1)(0-2)} = \frac12, \quad c_1 = \frac{1}{1 \times (1 - 2)} = -1, \quad c_2 = \frac{1}{2 \times 1} = \frac12,

de modo que $F = \dfrac{1/2}{X} - \dfrac{1}{X-1} + \dfrac{1/2}{X-2}$ . Verificação em $X = 3$ : diretamente, $F(3) = \frac{1}{3\cdot2\cdot1} = \frac16$ ; pela decomposição, $\frac{1/2}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1/2}{1} = \frac16 - \frac12 + \frac12 = \frac16$ .

Exemplo 9.9 (Polo múltiplo)

Decomponha $F = \dfrac{X}{(X-1)^2 (X+1)}$ . Forma: $\frac{a}{(X-1)^2} + \frac{b}{X-1} + \frac{c}{X+1}$ .

Multiplicação-avaliação no polo duplo: $a = \bigl[\frac{X}{X+1}\bigr]_{X=1} = \frac12$ .
Multiplicação-avaliação em $-1$ : $c = \bigl[\frac{X}{(X-1)^2}\bigr]_{X=-1} = -\frac14$ .
Limite de $xF(x)$ em $\infty$ : $0 = b + c$ , logo $b = \frac14$ .

F = \frac{1/2}{(X-1)^2} + \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} .

Verificação em $X = 0$ : $F(0) = 0$ e $\frac12 - \frac14 - \frac14 = 0$ .

9.3 Decomposição sobre $\R$

Teorema 9.10 (Decomposição sobre $\R$ )

Seja $F \in \R(X)$ na forma reduzida, com denominador

B = c \prod_i (X - a_i)^{m_i} \prod_j (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j} \qquad (p_j^2 - 4q_j < 0).

Então $F$ se decompõe de modo único como a sua parte inteira mais termos

\frac{c_{i,k}}{(X - a_i)^k} \quad (1 \leq k \leq m_i), \qquad \frac{\alpha_{j,l}\, X + \beta_{j,l}}{(X^2 + p_j X + q_j)^{l}} \quad (1 \leq l \leq n_j),

com coeficientes reais.

Demonstração. Decomponha sobre $\C$ (Teorema 9.5). Como $F$ é real, o coeficiente sobre o polo $\conj a$ (em cada ordem) é o conjugado do coeficiente sobre $a$ (aplique a conjugação à decomposição e invoque a unicidade). Agrupe cada par conjugado:

\frac{c}{(X - z)^l} + \frac{\conj c}{(X - \conj z)^l} = \frac{c\,(X - \conj z)^l + \conj c\,(X - z)^l}{\bigl(X^2 - 2\Re(z)X + \abs z^2\bigr)^{l}},

cujo numerador é o seu próprio conjugado, logo real, de grau $\leq l$ ; destacar múltiplos da quadrática real o abaixa a grau $\leq 1$ em cada nível $l$ (uma pequena indução descendente). Os polos reais mantêm os seus coeficientes reais (a conjugação os fixa). A unicidade decorre da unicidade sobre $\C$ . ∎

Exemplo 9.11 (Observando o emparelhamento de conjugados)

O mecanismo da demonstração, no menor caso: sobre $\C$ , os polos de $\frac1{X^2+1}$ são $\pm\iu$ , com coeficientes de multiplicação-avaliação $\frac1{2\iu}$ em $\iu$ e $\frac1{-2\iu}$ em $-\iu$ — conjugados um do outro, como o teorema prevê:

\frac{1}{X^2 + 1} = \frac{1/(2\iu)}{X - \iu} - \frac{1/(2\iu)}{X + \iu} .

Recombinando sobre o denominador comum:

\frac{1}{2\iu}\cdot\frac{(X + \iu) - (X - \iu)}{X^2 + 1} = \frac{1}{2\iu}\cdot\frac{2\iu}{X^2 + 1} = \frac{1}{X^2+1} :

as partes imaginárias se cancelam e o tijolo real reaparece intacto. Para integrandos reais normalmente nunca se sai de $\R$ — mas, ao avaliar somas em pontos complexos (como o problema de fim de semana faz com as raízes da unidade), os tijolos complexos são a moeda natural, e este emparelhamento é a taxa de câmbio entre as duas decomposições.

Exemplo 9.12

Decomponha $F = \dfrac{4}{(X^2+1)(X-1)^2}$ sobre $\R$ . Forma: $\frac{aX + b}{X^2 + 1} + \frac{c}{(X-1)^2} + \frac{d}{X - 1}$ . Multiplicação-avaliação no polo duplo: $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$ . Multiplicação-avaliação no polo complexo $\iu$ (o numerador sobre $X^2 + 1$ avaliado pela decomposição complexa, ou diretamente): multiplique por $X^2 + 1$ e faça $X = \iu$ :

a\iu + b = \frac{4}{(\iu - 1)^2} = \frac{4}{-2\iu} = 2\iu ,

de modo que $a = 2$ , $b = 0$ . Limite de $xF(x)$ no infinito: $0 = a + d$ , logo $d = -2$ . Portanto,

F = \frac{2X}{X^2+1} + \frac{2}{(X-1)^2} - \frac{2}{X-1} .

Verificação em $X = 0$ : $F(0) = 4$ e $0 + 2 + 2 = 4$ .

Exemplo 9.13 (Um denominador cúbico, do início ao fim)

Decomponha $F = \dfrac{1}{X^3 + 1}$ sobre $\R$ . Fatore primeiro: $X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 - X + 1)$ , tendo a quadrática discriminante $-3 < 0$ . Forma: $\frac{a}{X+1} + \frac{bX + c}{X^2 - X + 1}$ . Multiplicação-avaliação no polo simples $-1$ : $a = \bigl[\frac1{X^2 - X + 1}\bigr]_{X=-1} = \frac13$ . Limite de $xF(x)$ no infinito: $0 = a + b$ , logo $b = -\frac13$ . Avaliação em $X = 0$ : $1 = a + c$ , logo $c = \frac23$ . Portanto,

\frac{1}{X^3+1} = \frac13\Bigl(\frac{1}{X+1} + \frac{-X + 2}{X^2 - X + 1}\Bigr) ,

confirmado em $X = 1$ : lado esquerdo $\frac12$ , lado direito $\frac13\bigl(\frac12 + 1\bigr) = \frac12$ . Note a economia: três incógnitas, três fatos lineares baratos (uma multiplicação-avaliação, um limite, uma avaliação), sem expandir nada — o fluxo de trabalho do Método 9.6 na sua forma pura.

Observação 9.14 (Para que serve)

Uma vez decomposta, uma função racional se integra termo a termo: os tijolos $\frac{1}{(x-a)^k}$ têm primitivas elementares, e os tijolos $\frac{\alpha x + \beta}{(x^2 + px + q)^l}$ se reduzem a $\ln$ e $\arctan$ (Capítulo 15). As somas telescópicas são a outra aplicação padrão (Exercício 9.8).

Observação 9.15 (Onde este capítulo é usado)

As frações parciais são, acima de tudo, uma etapa de pré-processamento: o capítulo de integração (Capítulo 15) passa todo integrando racional pelo Teorema 9.10 antes de integrar, e o capítulo de séries (Capítulo 17) telescopa termos racionais exatamente como no Exercício 9.8 e no problema de fim de semana abaixo — que leva a técnica até $\sum 1/k^2 = \pi^2/6$ . A derivada logarítmica $P'/P = \sum m_i/(X - a_i)$ (Exercício 8.11) reaparece sempre que se estudam as localizações das raízes. Além deste volume, a decomposição de $1/\chi(X)$ para um polinômio característico $\chi$ está por trás do cálculo de potências de matrizes e das transformadas de Laplace no volume do segundo ano de graduação: os tijolos $\frac{c}{(X - a)^k}$ são a sombra algébrica das soluções $t^{k-1}\eu^{at}$ encontradas no Capítulo 5.

A função F(x) = 1x+1 + 1x + 1x-1 do tipo : estritamente decrescente em cada intervalo entre os seus polos -1, 0, 1 (tracejados). Cada nível horizontal > 0 é cruzado exatamente uma vez por intervalo à direita do primeiro polo (pontos marcados): as soluções de F = se intercalam com os polos. — A função $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ do tipo Exercício 9.12: estritamente decrescente em cada intervalo entre os seus polos $-1, 0, 1$ (tracejados). Cada nível horizontal $\lambda > 0$ é cruzado exatamente uma vez por intervalo à direita do primeiro polo (pontos marcados): as soluções de $F = \lambda$ se intercalam com os polos.

9.4 Exercícios

Exercício 9.1 ★

Decomponha sobre $\R$ : $\dfrac{1}{X^2 - 1}$ ; $\;\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2}$ ; $\;\dfrac{X^2 + 1}{X(X-1)}$ (atenção à parte inteira).

Solução

Solução de Exercício 9.1.

$\dfrac{1}{X^2 - 1}$ : polos simples $\pm 1$ ; multiplicação-avaliação: $\dfrac{1/2}{X-1} - \dfrac{1/2}{X+1}$ .

$\dfrac{X}{X^2 - 3X + 2} = \dfrac{X}{(X-1)(X-2)}$ : a multiplicação-avaliação dá $\frac{1}{1-2} = -1$ em $1$ e $\frac{2}{2-1} = 2$ em $2$ : $\dfrac{-1}{X-1} + \dfrac{2}{X-2}$ .

$\dfrac{X^2+1}{X(X-1)}$ : o grau é $0$ , de modo que há uma parte inteira: dividindo, $X^2 + 1 = (X^2 - X) + (X + 1)$ , logo $F = 1 + \frac{X+1}{X(X-1)}$ . Multiplicação-avaliação no resto: $\frac{1}{-1} = -1$ em $0$ e $\frac{2}{1} = 2$ em $1$ :

F = 1 - \frac{1}{X} + \frac{2}{X-1} .

Exercício 9.2 ★

Decomponha sobre $\R$ : $\dfrac{1}{X(X^2 + 1)}$ e $\dfrac{X^3}{X^2 + X + 1}$ .

Solução

Solução de Exercício 9.2.

$\dfrac{1}{X(X^2+1)}$ : forma $\frac aX + \frac{bX + c}{X^2 + 1}$ . Multiplicação-avaliação em $0$ : $a = 1$ . Limite de $xF$ : $0 = a + b$ , logo $b = -1$ . Avaliação em $X = 1$ : $\frac12 = 1 + \frac{c - 1}{2}$ , logo $c = 0$ :

\frac{1}{X(X^2+1)} = \frac 1X - \frac{X}{X^2+1} .

$\dfrac{X^3}{X^2+X+1}$ : divisão: $X^3 = (X^2+X+1)(X - 1) + 1$ , de modo que

\frac{X^3}{X^2+X+1} = X - 1 + \frac{1}{X^2 + X + 1} ,

já na forma decomposta real (a quadrática tem discriminante negativo).

Exercício 9.3 ★

Decomponha $\dfrac{1}{X^2(X - 1)}$ e $\dfrac{X + 1}{(X - 1)^3}$ (para a segunda, substitua $Y = X - 1$ ).

Solução

Solução de Exercício 9.3.

$\dfrac{1}{X^2(X-1)}$ : forma $\frac{a}{X^2} + \frac bX + \frac{c}{X-1}$ . Multiplicação-avaliação no polo duplo $0$ : $a = \bigl[\frac{1}{X-1}\bigr]_{0} = -1$ . Multiplicação-avaliação em $1$ : $c = 1$ . Limite de $xF$ : $0 = b + c$ , logo $b = -1$ :

\frac{1}{X^2(X-1)} = -\frac{1}{X^2} - \frac1X + \frac{1}{X-1} .

$\dfrac{X+1}{(X-1)^3}$ : com $Y = X - 1$ , o numerador é $Y + 2$ :

\frac{Y + 2}{Y^3} = \frac{1}{Y^2} + \frac{2}{Y^3} = \frac{1}{(X-1)^2} + \frac{2}{(X-1)^3} .

Exercício 9.4 ★★

Decomponha sobre $\C$ e depois sobre $\R$ : $\dfrac{1}{X^4 - 1}$ .

Solução

Solução de Exercício 9.4.

Os polos são as raízes quartas da unidade $1, \iu, -1, -\iu$ , todos simples. Fórmula do polo simples com $B' = 4X^3$ : o coeficiente em $a$ é $\frac{1}{4a^3} = \frac{a}{4a^4} = \frac a4$ (usando $a^4 = 1$ ). Assim, sobre $\C$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X - 1} - \frac{1/4}{X + 1} + \frac{\iu/4}{X - \iu} - \frac{\iu/4}{X + \iu} .

Agrupando o par conjugado (denominador comum $X^2 + 1$ ): $\frac{\iu}{4}\bigl(\frac{1}{X-\iu} - \frac{1}{X+\iu}\bigr) = \frac{\iu}{4}\cdot\frac{2\iu}{X^2+1} = \frac{-1/2}{X^2+1}$ . Sobre $\R$ :

\frac{1}{X^4 - 1} = \frac{1/4}{X-1} - \frac{1/4}{X+1} - \frac{1/2}{X^2 + 1} .

Verificação em $X = 0$ : $-1 = -\frac14 - \frac14 - \frac12$ .

Exercício 9.5 ★★

Decomponha sobre $\R$ : $\dfrac{X^2}{(X^2 + 1)^2}$ , e deduza uma primitiva de $x \mapsto \dfrac{x^2}{(x^2+1)^2}$ , dado que $\int \frac{\dd x}{(x^2+1)^2} = \frac12\bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\bigr) + C$ .

Solução

Solução de Exercício 9.5.

$\dfrac{X^2}{(X^2+1)^2} = \dfrac{(X^2 + 1) - 1}{(X^2+1)^2} = \dfrac{1}{X^2+1} - \dfrac{1}{(X^2+1)^2}$ .

Daí uma primitiva:

\int \frac{x^2\,\dd x}{(x^2+1)^2} = \arctan x - \frac12\Bigl(\arctan x + \frac{x}{x^2+1}\Bigr) + C = \frac12\arctan x - \frac{x}{2(x^2+1)} + C .

Exercício 9.6 ★★

Para $n \in \N^*$ , decomponha $F_n = \dfrac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)}$ (polos simples em $0, -1, \dots, -n$ ; use a fórmula da multiplicação-avaliação e reconheça coeficientes binomiais).

Solução

Solução de Exercício 9.6.

Os polos $0, -1, \dots, -n$ são simples. Multiplicação-avaliação em $-k$ :

c_k = \frac{n!}{\prod_{j \neq k} (-k + j)} = \frac{n!}{\bigl(\prod_{j=0}^{k-1}(j - k)\bigr) \bigl(\prod_{j=k+1}^{n}(j-k)\bigr)} = \frac{n!}{(-1)^k k!\,(n-k)!} = (-1)^k \binom nk .

Assim,

\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k \binom nk}{X + k} .

(Verificação de sanidade para $n = 1$ : $\frac{1}{X(X+1)} = \frac1X - \frac{1}{X+1}$ .)

Exercício 9.7 ★★

Usando a identidade do Exercício 8.11 para $P = X^n - 1$ , demonstre que

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1}, \qquad \omega = \eu^{2\iu\pi/n},

e avalie os dois lados em $X = 2$ para $n = 4$ , como verificação.

Solução

Solução de Exercício 9.7.

$P = X^n - 1$ tem as $n$ raízes simples $\omega^k$ (Teorema 3.14), de modo que a identidade da derivada logarítmica do Exercício 8.11 diz que

\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{X - \omega^k} = \frac{P'(X)}{P(X)} = \frac{n X^{n-1}}{X^n - 1} .

Em $X = 2$ , $n = 4$ : lado direito $= \frac{4 \times 8}{15} = \frac{32}{15}$ . Lado esquerdo: $\frac{1}{2-1} + \frac{1}{2+1} + \frac{1}{2 - \iu} + \frac{1}{2 + \iu} = 1 + \frac13 + \frac{4}{5} = \frac{15 + 5 + 12}{15} = \frac{32}{15}$ , usando $\frac{1}{2-\iu} + \frac{1}{2+\iu} = \frac{4}{5}$ .

Exercício 9.8 ★★

Decomponha $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)}$ e calcule

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)(k+2)}, \qquad\text{e depois}\qquad \lim_{n \to \infty} S_n .

Solução

Solução de Exercício 9.8.

Multiplicação-avaliação: $\dfrac{1}{k(k+1)(k+2)} = \dfrac{1/2}{k} - \dfrac{1}{k+1} + \dfrac{1/2}{k+2}$ . Reescreva como uma diferença telescópica:

\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac12\Bigl(\frac{1}{k(k+1)} - \frac{1}{(k+1)(k+2)}\Bigr),

(expanda para conferir — ou subtraia as duas decomposições). Somando:

S_n = \frac12\Bigl(\frac{1}{1 \times 2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\Bigr) = \frac14 - \frac{1}{2(n+1)(n+2)} \xrightarrow[n \to \infty]{} \frac14 .

Exercício 9.9 ★★★

Seja $P \in \R[X]$ mônico de grau $n$ com $n$ raízes reais distintas $x_1 < \dots < x_n$ . Demonstre que

\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{P'(x_i)} = 0 \quad (n \geq 2), \qquad \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{\,n-1}}{P'(x_i)} = 1 .

Sugestão: decomponha $\frac{X^m}{P}$ para $m \leq n - 1$ e observe o decaimento dos coeficientes no infinito — ou use a interpolação de Lagrange (Teorema 8.23) do monômio $X^m$ nos nós $x_i$ .

Solução

Solução de Exercício 9.9.

Decomponha, para $0 \leq m \leq n - 1$ , a fração $\frac{X^m}{P}$ (de grau $m - n \leq -1$ , polos simples): a fórmula do polo simples dá

\frac{X^m}{P} = \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^m / P'(x_i)}{X - x_i} .

Multiplique por $X$ e faça $X \to +\infty$ : o lado esquerdo tende ao limite de $X^{m+1}/P$ , que é $0$ se $m \leq n - 2$ e $1$ se $m = n - 1$ ( $P$ é mônico de grau $n$ ); o lado direito tende a $\sum_i \frac{x_i^m}{P'(x_i)}$ . Portanto,

\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i^{m}}{P'(x_i)} = \begin{cases} 0 & \text{se} 0 \leq m \leq n-2,\\ 1 & \text{se} m = n - 1, \end{cases}

o que contém as duas identidades anunciadas ( $m = 0$ exige $n \geq 2$ ). (Interpretação via o Teorema 8.23: essas somas são os coeficientes líderes dos interpolantes de Lagrange de $X^m$ , e interpolar um polinômio de grau $\leq n-1$ em $n$ pontos reproduz-o exatamente.)

Exercício 9.10 ★★

Decomponha $\dfrac{1}{X(X+1)^2}$ sobre $\R$ . Admitindo o valor $\sum_{k \geq 1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ (demonstrado no problema de fim de semana deste capítulo), deduza que

\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)^2} = 2 - \frac{\pi^2}{6} .

Solução

Solução de Exercício 9.10.

Forma $\frac aX + \frac b{X+1} + \frac c{(X+1)^2}$ . Multiplicação-avaliação em $0$ : $a = 1$ ; multiplicação-avaliação no polo duplo: $c = \bigl[\frac1X \bigr]_{X=-1} = -1$ ; limite de $xF(x)$ no infinito: $0 = a + b$ , logo $b = -1$ :

\frac{1}{X(X+1)^2} = \frac1X - \frac1{X+1} - \frac1{(X+1)^2} .

Somando para $n = 1, \dots, N$ : os dois primeiros tijolos telescopam para $1 - \frac1{N+1}$ , e o terceiro contribui com $-\sum_{k=2}^{N+1} \frac1{k^2}$ . Fazendo $N \to \infty$ e usando $\sum_{k\geq1} \frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ :

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)^2} = 1 - \Bigl(\frac{\pi^2}6 - 1\Bigr) = 2 - \frac{\pi^2}6 \approx 0.355 .

Exercício 9.11 ★★

Decomponha sobre $\R$ : $\dfrac{1}{(X^2+1)(X^2+4)}$ , e depois $\dfrac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)}$ . Sugestão: os dois denominadores são polinômios em $X^2$ : decomponha antes $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$ .

Solução

Solução de Exercício 9.11.

Na variável $Y$ : $\frac1{(Y+1)(Y+4)} = \frac{1/3}{Y+1} - \frac{1/3}{Y+4}$ (multiplicação-avaliação em $-1$ e em $-4$ ), de modo que

\frac{1}{(X^2+1)(X^2+4)} = \frac13\,\frac1{X^2+1} - \frac13\,\frac1{X^2+4} .

Do mesmo modo, $\frac{Y}{(Y+1)(Y+4)} = \frac{-1/3}{Y+1} + \frac{4/3}{Y+4}$ , de sorte que

\frac{X^2}{(X^2+1)(X^2+4)} = -\frac13\,\frac1{X^2+1} + \frac43\,\frac1{X^2+4} .

(Verificação em $X = 0$ : $0 = \frac13(-1 + 1)$ .) Estas já são as decomposições reais: os numeradores sobre as quadráticas irredutíveis resultam constantes.

Exercício 9.12 ★★★

(Equações seculares) Seja $F = \sum_{i=1}^{r} \frac{c_i}{X - p_i}$ com $p_1 < p_2 < \dots < p_r$ reais e todos os $c_i > 0$ .

Mostre que $F$ é estritamente decrescente em cada intervalo do seu domínio e dê os seus limites em $\pm\infty$ e dos dois lados de cada polo.
Deduza que, para todo $\lambda > 0$ , a equação $F(x) = \lambda$ tem exatamente $r$ soluções reais, uma em cada intervalo $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ e uma além de $p_r$ . (Equações desse tipo governam perturbações de autovalores; o teorema do valor intermediário é usado aqui no nível do ensino médio e demonstrado no Capítulo 13.)

Solução

Solução de Exercício 9.12.

Em cada intervalo que evite os polos, $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : estritamente decrescente. Quando $x \to \pm\infty$ , todo tijolo tende a $0$ : $F \to 0$ , por cima em $+\infty$ (todos os tijolos são positivos ali) e por baixo em $-\infty$ . Quando $x \to p_i^+$ , o tijolo $\frac{c_i}{x - p_i}$ explode para $+\infty$ e os demais permanecem limitados: $F \to +\infty$ ; do mesmo modo, $F \to -\infty$ quando $x \to p_i^-$ .
Fixe $\lambda > 0$ . Em $\intoo{-\infty}{p_1}$ : $F$ decresce de $0^-$ a $-\infty$ , de modo que $F < 0 < \lambda$ : sem solução. Em cada $\intoo{p_i}{p_{i+1}}$ ( $1 \leq i \leq r-1$ ): $F$ decresce de $+\infty$ a $-\infty$ , assumindo portanto o valor $\lambda$ exatamente uma vez (propriedade do valor intermediário mais monotonicidade estrita). Em $\intoo{p_r}{+\infty}$ : $F$ decresce de $+\infty$ a $0^+$ , de novo exatamente uma solução. Total: exatamente $r$ soluções, intercaladas com os polos.

9.5 Problema: As frações parciais como motor

Problema 9.1

A decomposição em frações parciais parece escrituração contábil; este problema mostra que ela é um motor. Alimentada com a fração $\frac1{X(X+1)\cdots(X+k)}$ , ela telescopa famílias inteiras de somas em forma fechada; alimentada com $\frac1{X^n - 1}$ , ela produz identidades trigonométricas como

\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\sin^2\frac{k\pi}{n}} = \frac{n^2-1}{3} ;

e, empurrada um passo adiante, essa identidade espreme uma das fórmulas mais célebres da matemática, a de Euler:

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}{6}

— obtida aqui sem nada além da álgebra deste capítulo e da trigonometria do ensino médio. Ao longo do problema, $\omega = \eu^{2\iu\pi/n}$ ; os limites de sequências são usados no nível do ensino médio (o Capítulo 11 os formaliza).

Parte I — O telescópio.

Decomponha $\frac1{X(X+1)}$ e calcule $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ exatamente; conclua que a soma tende a $1$ .
O mesmo para $\frac1{X(X+2)}$ : mostre que $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+2)} = \frac12\bigl(\frac32 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\bigr) \to \frac34$ . (Com um salto, dois termos de fronteira sobrevivem em cada ponta.)
Formalize o mecanismo: se $F(X) = G(X) - G(X+1)$ para alguma racional $G$ sem polos em $\intco1{+\infty}$ , então $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Recupere o valor $\frac14$ do Exercício 9.8 exibindo a testemunha $G$ para $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ .
Demonstre o telescópio fatorial geral: para $k \geq 1$ ,

$\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac1k\biggl(\frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k-1)} - \frac{1}{(X+1)\cdots(X+k)}\biggr),$

e deduza que

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac{1}{k \cdot k!} .$

Confira o caso $k = 2$ contra a questão 3.
Avalie a decomposição do Exercício 9.6 em pontos bem escolhidos para demonstrar que

$\sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+1} = \frac1{n+1}, \qquad \sum_{j=0}^{n}(-1)^j\binom nj\,\frac1{j+2} = \frac1{(n+1)(n+2)} .$

Parte II — A fração $1/(X^n - 1)$ .

Mostre, pela fórmula da multiplicação-avaliação, que

$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$
Duas verificações de sanidade: confira a fórmula diretamente para $n = 2$ , e mostre que a soma dos $n$ coeficientes se anula para $n \geq 2$ — explique por que ela deve se anular (considere $xF(x)$ quando $x \to \infty$ ).
Reobtenha por multiplicação-avaliação a identidade do Exercício 9.7: $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ .
Agrupe os polos conjugados para demonstrar a decomposição real: com $\theta_k = \frac{2k\pi}n$ ,

$\frac{\omega^k}{X - \omega^k} + \frac{\omega^{n-k}}{X - \omega^{n-k}} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2} {X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} ,$

e escreva a decomposição real completa de $\frac1{X^n-1}$ (distinga $n$ ímpar e $n$ par).
Especialize para $n = 4$ e confira contra o Exercício 9.4.

Parte III — Somas trigonométricas e o $\pi^2/6$ de Euler. Seja $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ , cujas raízes são $\omega, \omega^2, \dots, \omega^{n-1}$ (todas simples).

Usando $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ (Exercício 8.11), demonstre que

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$
Demonstre que $\dfrac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \dfrac12 + \dfrac\iu2\,\frac{\cos(\theta/2)}{\sin(\theta/2)}$ para $\theta \notin 2\pi\Z$ (fatoração do arco metade, Método 3.11), e deduza da questão 11 que $\sum_{k=1}^{n-1} \frac{\cos(k\pi/n)}{\sin(k\pi/n)} = 0$ — também visível pela simetria $k \leftrightarrow n - k$ .
Derivando a identidade da questão 11 (isto é, usando $\bigl(\frac{P'}P\bigr)' = \frac{P''}P - \bigl(\frac{P'}P\bigr)^2$ avaliado em $X = 1$ ), demonstre que

$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$
Escrevendo $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$ , deduza das questões 12–13 as duas formas fechadas

$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$
Verifique as duas fórmulas à mão para $n = 3$ e $n = 4$ .
Demonstre as desigualdades $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ para $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ (a partir de $\sin t < t < \tan t$ ) e deduza, para $n = 2m + 1$ e $1 \leq k \leq m$ :

$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$
Some essas desigualdades para $k = 1, \dots, m$ (usando a simetria $k \leftrightarrow n - k$ para reduzir à metade as fórmulas da questão 14) e comprima:

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .$

Parte IV — Tijolos de ordem superior.

Elevando ao quadrado a decomposição de $\frac1{X^2-1}$ e redecompondo o termo cruzado, demonstre que

$\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\Bigr),$

e confira em $X = 0$ .
Combine a questão 18, o telescópio e o valor de Euler (questão 17) para demonstrar que

$\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} ,$

e confirme o valor numericamente com três casas decimais.
Derive a identidade da questão 8 para obter uma forma fechada para $\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2}$ , e confira em $X = 2$ , $n = 2$ .
Demonstre que, para $k \geq 2$ ,

$\sum_{n=k}^{\infty}\frac{1}{\binom nk} = \frac{k}{k-1} .$

(Reduza à questão 4 escrevendo $1/\binom nk$ com fatoriais.)
Para $k = 3$ , dê a soma parcial exata $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ e o seu limite.

Parte V — Síntese.

Como cálculo de coroamento, escreva a decomposição real completa de $\dfrac1{X^6 - 1}$ e confira em $X = 0$ .
Onde exatamente o problema usou: (i) a unicidade da decomposição; (ii) as raízes da unidade do Capítulo 3; (iii) a derivada logarítmica do Exercício 8.11? Uma frase para cada.
Síntese, num parágrafo curto: uma única identidade algébrica — quebrar uma fração em tijolos — gerou somas exatas, identidades trigonométricas e $\pi^2/6$ . Comente a divisão de trabalho entre a álgebra (decomposições exatas, válidas em toda parte) e a análise (limites, compressão), e aponte onde cada fio é industrializado: telescopagem e comparação no Capítulo 17, integração dos tijolos no Capítulo 15.

Solução

Solução de Problema 9.1.

1. Multiplicação-avaliação: $\frac1{X(X+1)} = \frac1X - \frac1{X+1}$ . A soma telescopa:

\sum_{n=1}^{N}\Bigl(\frac1n - \frac1{n+1}\Bigr) = 1 - \frac1{N+1} \longrightarrow 1 .

2. $\frac1{X(X+2)} = \frac{1/2}X - \frac{1/2}{X+2}$ . Somando, os termos $\frac1n$ sobrevivem para $n = 1, 2$ e os termos $-\frac1{n+2}$ sobrevivem para $n = N-1, N$ :

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+2)} = \frac12\Bigl(1 + \frac12 - \frac1{N+1} - \frac1{N+2}\Bigr) \longrightarrow \frac34 .

3. Se $F(X) = G(X) - G(X+1)$ , então $\sum_{n=1}^N F(n) = \sum_{n=1}^N\bigl(G(n) - G(n+1)\bigr) = G(1) - G(N+1)$ : todos os valores intermediários se cancelam aos pares. Para $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ , a testemunha é $G(X) = \frac1{2X(X+1)}$ :

G(X) - G(X+1) = \frac{(X+2) - X}{2X(X+1)(X+2)} = F(X) ,

de modo que $\sum_{n=1}^N F(n) = \frac14 - \frac1{2(N+1)(N+2)} \to \frac14$ , o valor do Exercício 9.8.

4. Ponha o lado direito sobre o denominador comum $X(X+1)\cdots(X+k)$ :

\frac1k\cdot\frac{(X + k) - X}{X(X+1)\cdots(X+k)} = \frac{1}{X(X+1)\cdots(X+k)} ,

que é a identidade. Logo, $F_k(X) = \frac1k\bigl(G_k(X) - G_k(X+1)\bigr)$ com $G_k(X) = \frac1{X(X+1)\cdots(X+k-1)}$ , e o mecanismo da questão 3 dá

\sum_{n=1}^{N}\frac1{n(n+1)\cdots(n+k)} = \frac1k\Bigl(\frac1{k!} - G_k(N+1)\Bigr) \longrightarrow \frac1{k\cdot k!} ,

pois $G_k(1) = \frac1{k!}$ e $G_k(N+1) \to 0$ . Para $k = 2$ : $\frac1{2\cdot2} = \frac14$ , coincidindo com a questão 3.

5. O Exercício 9.6 dá $\frac{n!}{X(X+1)\cdots(X+n)} = \sum_{j=0}^n \frac{(-1)^j\binom nj}{X + j}$ . Avalie em $X = 1$ : o lado esquerdo vale $\frac{n!}{(n+1)!} = \frac1{n+1}$ , e o lado direito, $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{1+j}$ : primeira identidade. Em $X = 2$ : o lado esquerdo vale $\frac{n!}{2\cdot3\cdots(n+2)} = \frac{n!\cdot1}{(n+2)!} = \frac1{(n+1)(n+2)}$ , e o lado direito, $\sum_j(-1)^j\binom nj\frac1{2+j}$ : segunda identidade.

6. Os polos $\omega^k$ são simples, e a fórmula do polo simples do Método 9.6 dá o coeficiente

\frac{1}{\bigl(nX^{n-1}\bigr)_{X = \omega^k}} = \frac{1}{n\,\omega^{k(n-1)}} = \frac{\omega^k}{n\,\omega^{kn}} = \frac{\omega^k}n ,

usando $\omega^{kn} = 1$ . Portanto, $\frac1{X^n-1} = \frac1n\sum_k \frac{\omega^k}{X - \omega^k}$ .

7. Para $n = 2$ ( $\omega = -1$ ): $\frac12\bigl( \frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr) = \frac12\cdot\frac{2}{X^2-1} = \frac1{X^2-1}$ : correto. Os coeficientes somam $\frac1n\sum_k\omega^k = 0$ para $n \geq 2$ (Proposição 3.18). E devem somar: $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ quando $x \to \infty$ , para qualquer decomposição com polos simples, ao passo que aqui $xF(x) = \frac{x}{x^n-1} \to 0$ , pois $n \geq 2$ .

8. Multiplicação-avaliação para $\frac{X^{n-1}}{X^n - 1}$ em $\omega^k$ : $\frac{A(\omega^k)}{B'(\omega^k)} = \frac{\omega^{k(n-1)}}{n\omega^{k(n-1)}} = \frac1n$ , de modo que $\frac{X^{n-1}}{X^n-1} = \frac1n\sum_k\frac1{X - \omega^k}$ — de novo a identidade do Exercício 9.7.

9. Com $c = \omega^k$ , $\conj c = \omega^{n-k}$ e $c\conj c = 1$ , $c + \conj c = 2\cos\theta_k$ :

\frac{c}{X - c} + \frac{\conj c}{X - \conj c} = \frac{c(X - \conj c) + \conj c(X - c)} {(X - c)(X - \conj c)} = \frac{2\cos\theta_k\,X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k\,X + 1} .

Agrupando $k$ com $n - k$ na questão 6: para $n$ ímpar,

\frac1{X^n - 1} = \frac1n\Biggl(\frac1{X-1} + \sum_{k=1}^{(n-1)/2} \frac{2\cos\theta_k X - 2}{X^2 - 2\cos\theta_k X + 1}\Biggr) ;

para $n$ par, o polo emparelhado consigo mesmo $\omega^{n/2} = -1$ contribui com $\frac{-1}{X+1}$ dentro do parêntese, e a soma dos pares vai até $\frac n2 - 1$ .

10. $n = 4$ : $\theta_1 = \frac\pi2$ , $\cos\theta_1 = 0$ , de modo que o termo do par é $\frac{-2}{X^2+1}$ e

\frac1{X^4-1} = \frac14\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} - \frac2{X^2+1}\Bigr) ,

a decomposição do Exercício 9.4.

11. $P = \prod_{k=1}^{n-1}(X - \omega^k)$ (divida $X^n - 1$ por $X - 1$ ), de modo que, pelo Exercício 8.11, $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X-\omega^k}$ . Em $X = 1$ : $P(1) = n$ e $P'(1) = \sum_{j=1}^{n-1}j = \frac{n(n-1)}2$ , donde

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{1 - \omega^k} = \frac{P'(1)}{P(1)} = \frac{n-1}2 .

12. Arco metade: $1 - \eu^{\iu\theta} = -2\iu\sin\frac\theta2\,\eu^{\iu\theta/2}$ , de modo que

\frac1{1 - \eu^{\iu\theta}} = \frac{\eu^{-\iu\theta/2}}{-2\iu\sin\frac\theta2} = \frac{\iu\cos\frac\theta2 + \sin\frac\theta2} {2\sin\frac\theta2} = \frac12 + \frac\iu2\, \frac{\cos\frac\theta2}{\sin\frac\theta2} .

Com $\theta = \theta_k = \frac{2k\pi}n$ : $\frac1{1-\omega^k} = \frac12 + \frac\iu2\cot\frac{k\pi}n$ . Somando sobre $k = 1, \dots, n-1$ e comparando com o valor real $\frac{n-1}2$ da questão 11: as partes reais já dão conta de tudo, de modo que $\sum_k\cot\frac{k\pi}n = 0$ — como a simetria $\cot\frac{(n-k) \pi}n = -\cot\frac{k\pi}n$ também mostra.

13. Derivando $\frac{P'}P = \sum_k\frac1{X - \omega^k}$ :

\frac{P''}P - \Bigl(\frac{P'}P\Bigr)^2 = -\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} .

Em $X = 1$ : $P''(1) = \sum_{j=2}^{n-1}j(j-1) = 2\binom n3 = \frac{n(n-1)(n-2)}3$ (identidade do taco de hóquei, ou indução), de modo que

\sum_{k=1}^{n-1}\frac1{(1 - \omega^k)^2} = \Bigl(\frac{n-1}2\Bigr)^2 - \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{(n-1)\bigl(3(n-1) - 4(n-2)\bigr)}{12} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .

14. Elevando ao quadrado a fórmula da questão 12, com $c_k = \cot\frac{k\pi}n$ :

\frac1{(1-\omega^k)^2} = \Bigl(\frac12 + \frac\iu2 c_k\Bigr)^2 = \frac14 - \frac{c_k^2}4 + \frac\iu2\,c_k .

Somando e usando $\sum c_k = 0$ (questão 12) e a questão 13: $\frac{n-1}4 - \frac14\sum_k c_k^2 = \frac{(n-1)(5-n)}{12}$ , de modo que

\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = (n-1) - \frac{(n-1)(5-n)}3 = \frac{(n-1)(n-2)}3 .

Então $\frac1{\sin^2t} = 1 + \cot^2t$ dá $\sum_k\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = (n-1) + \frac{(n-1)(n-2)}3 = \frac{n^2-1}3$ .

15. $n = 3$ : $\cot^2\frac\pi3 + \cot^2\frac{2\pi}3 = \frac13 + \frac13 = \frac23 = \frac{2\cdot1}3$ ; e $\frac1{\sin^2}$ soma $\frac43 + \frac43 = \frac83 = \frac{9-1}3$ . $n = 4$ : $1 + 0 + 1 = 2 = \frac{3\cdot2}3$ ; e $2 + 1 + 2 = 5 = \frac{16-1}3$ . As duas fórmulas conferem.

16. Para $t \in \intoo0{\frac\pi2}$ , a comparação clássica $\sin t < t < \tan t$ (argumento de área ou de convexidade, familiar do ensino médio) dá, tomando inversos, $\cot t < \frac1t < \frac1{\sin t}$ , todos os três positivos ali; elevar ao quadrado preserva a ordem. Com $t = \frac{k\pi}n$ , $1 \leq k \leq m$ , $n = 2m+1$ (de sorte que $t < \frac\pi2$ ):

\cot^2\frac{k\pi}n < \frac{n^2}{k^2\pi^2} < \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .

17. Pelas simetrias $\cot^2\frac{(n-k)\pi}n = \cot^2\frac{k\pi}n$ e analogamente para $\sin^2$ , as somas da questão 14 se reduzem à metade: $\sum_{k=1}^{m}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}6 = \frac{m(2m-1)}3$ e $\sum_{k=1}^m\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}6 = \frac{2m(m+1)}3$ . Somando a questão 16 sobre $k = 1, \dots, m$ e multiplicando por $\frac{\pi^2}{n^2}$ :

\frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{m(2m-1)}3 \;<\; \sum_{k=1}^{m}\frac1{k^2} \;<\; \frac{\pi^2}{(2m+1)^2}\cdot\frac{2m(m+1)}3 .

Os dois limitantes tendem a $\frac{\pi^2}6$ quando $m \to \infty$ (as razões $\frac{m(2m-1)}{(2m+1)^2}$ e $\frac{2m(m+1)}{(2m+1)^2}$ tendem ambas a $\frac12$ ), de modo que, pelo confronto, as somas parciais crescentes convergem e

\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6 .

18. Eleve ao quadrado $\frac1{X^2-1} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ :

\frac1{(X^2-1)^2} = \frac14\Bigl(\frac1{(X-1)^2} + \frac1{(X+1)^2}\Bigr) - \frac12\cdot\frac1{(X-1)(X+1)} ,

e redecomponha o termo cruzado $\frac1{(X-1)(X+1)} = \frac12\bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1}\bigr)$ para obter a forma enunciada. Em $X = 0$ : lado esquerdo $1$ ; lado direito $\frac14(1 + 1) - \frac14(-1 - 1) = \frac12 + \frac12 = 1$ .

19. Some a questão 18 sobre $n \geq 2$ . Com $S = \sum_{k\geq1}\frac1{k^2} = \frac{\pi^2}6$ : $\sum_{n\geq2} \frac1{(n-1)^2} = S$ ; $\sum_{n\geq2}\frac1{(n+1)^2} = S - 1 - \frac14$ ; e o telescópio de salto dois $\sum_{n\geq2}\bigl( \frac1{n-1} - \frac1{n+1}\bigr) = 1 + \frac12 = \frac32$ . Portanto,

\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{(n^2-1)^2} = \frac14\Bigl(2S - \frac54\Bigr) - \frac14\cdot\frac32 = \frac S2 - \frac{11}{16} = \frac{\pi^2}{12} - \frac{11}{16} \approx 0.135 .

Numericamente: $\frac19 + \frac1{64} + \frac1{225} + \frac1{576} + \frac1{1225} + \dots \approx 0.1111 + 0.0156 + 0.0044 + 0.0017 + 0.0008 + \dots \approx 0.135$ : coerente.

20. Derive a identidade da questão 8, $\sum_k\frac1{X-\omega^k} = \frac{nX^{n-1}}{X^n-1}$ :

\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{(X - \omega^k)^2} = \frac{n^2X^{2n-2} - n(n-1)X^{n-2}(X^n - 1)}{(X^n - 1)^2} .

Verificação em $n = 2$ , $X = 2$ : lado direito $\frac{4\cdot4 - 2\cdot1\cdot3}{9} = \frac{10}9$ ; lado esquerdo $\frac1{(2-1)^2} + \frac1{(2+1)^2} = 1 + \frac19 = \frac{10}9$ .

21. $\frac1{\binom nk} = \frac{k!\,(n-k)!}{n!} = \frac{k!}{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}$ , um produto de $k$ inteiros consecutivos no denominador. Substituindo $j = n - k + 1$ (de modo que $j$ percorre $\N^*$ quando $n$ parte de $k$ ):

\sum_{n=k}^{\infty}\frac1{\binom nk} = k!\sum_{j=1}^{\infty}\frac1{j(j+1)\cdots(j+k-1)} = \frac{k!}{(k-1)\,(k-1)!} = \frac{k}{k-1} ,

pela questão 4 aplicada com $k - 1$ no lugar de $k$ (válido, pois $k - 1 \geq 1$ ).

22. Para $k = 3$ : $\frac1{\binom n3} = \frac6{(n-2)(n-1)n}$ , de modo que, pela soma parcial da questão 3 (deslocada),

\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3} = 6\sum_{j=1}^{N-2}\frac1{j(j+1)(j+2)} = 6\Bigl(\frac14 - \frac1{2(N-1)N}\Bigr) = \frac32 - \frac3{(N-1)N} \longrightarrow \frac32 ,

o valor $\frac k{k-1} = \frac32$ da questão 21.

23. $n = 6$ : pares $k = 1$ ( $\theta_1 = \frac\pi3$ , $2\cos\theta_1 = 1$ ) e $k = 2$ ( $\theta_2 = \frac{2\pi}3$ , $2\cos\theta_2 = -1$ ), mais os polos reais $\pm1$ :

\frac1{X^6-1} = \frac16\Bigl(\frac1{X-1} - \frac1{X+1} + \frac{X - 2}{X^2 - X + 1} + \frac{-X - 2}{X^2 + X + 1}\Bigr) .

Em $X = 0$ : lado esquerdo $-1$ ; lado direito $\frac16(-1 - 1 - 2 - 2) = -1$ : correto.

24. (i) A unicidade legitima toda identificação de coeficientes — a multiplicação-avaliação, o agrupamento de pares conjugados da questão 9 e os truques de derivação (questões 13 e 20) apoiam-se nela. (ii) As raízes da unidade forneceram os polos de $X^n - 1$ , as suas simetrias ( $k \leftrightarrow n-k$ ) e a álgebra do arco metade da questão 12 (Método 3.11). (iii) A derivada logarítmica $\frac{P'}P = \sum\frac{m_i}{X-a_i}$ converteu informação sobre as raízes de $P = 1 + X + \dots + X^{n-1}$ nas somas numéricas das questões 11 e 13 — a dobradiça entre as Partes II e III.

25. A decomposição é uma identidade puramente algébrica, verdadeira para todo valor da variável ao mesmo tempo; é isso que faz dela um motor. Substituir inteiros e somar transformou-a em telescópios (Parte I); substituir raízes da unidade e agrupar conjugados transformou-a em identidades trigonométricas (Partes II e III); e só no último passo entrou a análise — um confronto entre duas formas fechadas — para entregar $\frac{\pi^2}6$ , enunciado que substituição finita alguma alcançaria. Essa divisão de trabalho (a álgebra produz identidades finitas exatas, a análise passa ao limite) é o modelo do Capítulo 17, em que a telescopagem e a comparação se tornam sistemáticas, e do Capítulo 15, em que cada tijolo ganha uma primitiva e as mesmas decomposições calculam integrais em vez de somas.

9.1 O corpo K(X)K(X)K(X)

9.2 Decomposição em frações parciais sobre C\CC

9.3 Decomposição sobre R\RR

9.4 Exercícios

9.5 Problema: As frações parciais como motor

9.1 O corpo $K(X)$

9.2 Decomposição em frações parciais sobre $\C$

9.3 Decomposição sobre $\R$