--- title: "Frações Racionais" book: "Matemática universitária — Graduação 1" subject: math language: pt chapter: 9 exercises: 12 source: https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/9-fracoes-racionais --- # Capítulo 9 — Frações Racionais Uma [fração racional](#def-b1-fractions-field) é um quociente de [polinômios](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def). 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration)) e para somar certas séries ([Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series)). ## 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-sets) $K(X)$ é um [corpo](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/7-estruturas-algebricas#def-b1-structures-field). Os *polos* de $F$ (na forma reduzida) são as raízes de $B$; a *ordem* de um polo é a sua [multiplicidade](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-derivative) 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](#def-b1-fractions-field): $0$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#thm-b1-poly-division)), 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](#def-b1-fractions-field)” em $-1$ nunca foi [polo](#def-b1-fractions-field) algum. Reduza sempre à forma irredutível antes de caçar [polos](#def-b1-fractions-field): os [polos](#def-b1-fractions-field) de $F$ são as raízes do denominador *reduzido*. (A parte inteira é insensível à simplificação, como a unicidade da [Proposição 9.3](#prop-b1-fractions-integerpart) garante.) ## 9.2 Decomposição em frações parciais sobre $\C$ **Teorema 9.5 (Decomposição sobre C\CC).** 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](#prop-b1-fractions-integerpart), podemos supor $\deg A < \deg B$ e demonstrar a decomposição em soma com $E = 0$. *Separando os [polos](#def-b1-fractions-field).* Escreva $B = (X - a_1)^{m_1} B_1$ com $B_1(a_1) \neq 0$. Os [polinômios](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) $(X-a_1)^{m_1}$ e $B_1$ são [primos entre si](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/6-aritmetica-dos-inteiros#cor-b1-arith-bezout) (sem raiz comum), de modo que, por Bézout em $\C[X]$ (veja a observação no [Capítulo 8](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#ch-b1-poly)), 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](#def-b1-fractions-field) após [polo](#def-b1-fractions-field), reduz tudo ao caso de um só [polo](#def-b1-fractions-field), abaixo. *Um só [polo](#def-b1-fractions-field).* 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def), como na demonstração da [Proposição 8.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#prop-b1-poly-multiplicity)); 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](#def-b1-fractions-field) de ordem alta está em jogo, e a recomendada para o [Exercício 9.3](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) seguinte. Todos os $d_{i,k}$ se anulam: a decomposição é única. ∎ **Método 9.6 (Calculando os coeficientes).** Na prática, evite Bézout; combine: 1. *multiplicação-avaliação para a potência mais alta*: o coeficiente de $\frac{1}{(X-a)^m}$ (com $m$ a ordem do [polo](#def-b1-fractions-field) $a$) é $$c_{a,m} = \Bigl[\,(X - a)^m F\,\Bigr]_{X = a};$$ para um [polo](#def-b1-fractions-field) *simples* de $F = \frac AB$, isso vale $\frac{A(a)}{B'(a)}$; 2. *avaliações* em pontos convenientes e *limites* de $xF(x)$ quando $x \to \infty$ , para reunir relações lineares para os coeficientes restantes; 3. simetrias de *paridade* ou de conjugação, quando houver, para cortar o trabalho pela metade. **Observação 9.7 (Armadilhas frequentes com frações parciais).** 1. *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](#prop-b1-fractions-integerpart) ), ou a caça aos coeficientes produzirá contradições. 2. *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](#def-b1-fractions-field) ; os coeficientes de ordem inferior exigem outras relações (limites, avaliações) — veja o [Exemplo 9.9](#ex-b1-fractions-multiple) . 3. *Esquecer de reduzir.* Os [polos](#def-b1-fractions-field) são lidos na forma *reduzida* ; um fator comum entre numerador e denominador cria [polos](#def-b1-fractions-field) fantasmas ( [Exemplo 9.4](#ex-b1-fractions-integerpart) ). 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](#thm-b1-fractions-real) , nunca improvisadas. **Demonstração da fórmula do polo simples.** Perto de um [polo](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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\RR).** 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](#thm-b1-fractions-complex)). Como $F$ é real, o coeficiente sobre o [polo](#def-b1-fractions-field) $\conj a$ (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](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#def-b1-complex-unity)), 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](#def-b1-fractions-field) duplo: $c = \bigl[\frac{4}{X^2+1}\bigr]_{X=1} = 2$. Multiplicação-avaliação no [polo](#def-b1-fractions-field) 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](#def-b1-fractions-field) 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](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration)). As somas telescópicas são a outra [aplicação](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/1-logica-conjuntos-e-aplicacoes#def-b1-logic-map) padrão ([Exercício 9.8](#exo-b1-fractions-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration)) passa todo integrando racional pelo [Teorema 9.10](#thm-b1-fractions-real) antes de integrar, e o capítulo de séries ([Capítulo 17](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series)) telescopa termos racionais exatamente como no [Exercício 9.8](#exo-b1-fractions-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-11)) reaparece sempre que se estudam as localizações das raízes. Além deste volume, a decomposição de $1/\chi(X)$ para um [polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/5-equacoes-diferenciais-lineares#ch-b1-diffeq). ![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.](https://one-course.com/images/onecourse/chapters/math-3/b1-fractions/fig-0d4a101aa56d.svg) *A função $F(x) = \frac1{x+1} + \frac1x + \frac1{x-1}$ do tipo [Exercício 9.12](#exo-b1-fractions-12): estritamente decrescente em cada intervalo entre os seus [polos](#def-b1-fractions-field) $-1, 0, 1$ (tracejados). Cada nível horizontal $\lambda > 0$ é cruzado exatamente uma vez por intervalo à direita do primeiro [polo](#def-b1-fractions-field) (pontos marcados): as soluções de $F = \lambda$ se intercalam com os [polos](#def-b1-fractions-field).* ## 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 de Exercício 9.1.** $\dfrac{1}{X^2 - 1}$: [polos](#def-b1-fractions-field) 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 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 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](#def-b1-fractions-field) 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 de Exercício 9.4.** Os [polos](#def-b1-fractions-field) são as raízes quartas da unidade $1, \iu, -1, -\iu$, todos simples. Fórmula do [polo](#def-b1-fractions-field) 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 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](#def-b1-fractions-field) simples em $0, -1, \dots, -n$; use a fórmula da multiplicação-avaliação e reconheça [coeficientes binomiais](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/2-contagem#def-b1-counting-objects))*. **Solução de Exercício 9.6.** Os [polos](#def-b1-fractions-field) $0, -1, \dots, -n$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-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 de Exercício 9.7.** $P = X^n - 1$ tem as $n$ raízes simples $\omega^k$ ([Teorema 3.14](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#thm-b1-complex-roots)), de modo que a identidade da derivada logarítmica do [Exercício 8.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-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 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#thm-b1-poly-lagrange) ([Teorema 8.23](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#thm-b1-poly-lagrange)) do monômio $X^m$ nos nós $x_i$.* **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](#def-b1-fractions-field) simples): a fórmula do [polo](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#thm-b1-poly-lagrange): essas somas são os coeficientes líderes dos interpolantes de Lagrange de $X^m$, e interpolar um [polinômio](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) 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 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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#def-b1-poly-def) em $X^2$: decomponha antes $\frac1{(Y+1)(Y+4)}$.* **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 $c_i > 0$. 1. 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](#def-b1-fractions-field) . 2. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/13-limites-e-continuidade#ch-b1-continuity) .) **Solução de Exercício 9.12.** 1. Em cada intervalo que evite os [polos](#def-b1-fractions-field) , $F'(x) = -\sum_i \frac{c_i}{(x - p_i)^2} < 0$ : 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 $x \to p_i^-$ . 2. 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](#def-b1-fractions-field) . ## 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/11-sequencias#ch-b1-seq) os formaliza). **Parte I — O telescópio.** 1. Decomponha $\frac1{X(X+1)}$ e calcule $\sum_{n=1}^{N} \frac1{n(n+1)}$ exatamente; conclua que a soma tende a $1$ . 2. 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.) 3. Formalize o mecanismo: se $F(X) = G(X) - G(X+1)$ para alguma racional $G$ sem [polos](#def-b1-fractions-field) em $\intco1{+\infty}$ , então $\sum_{n=1}^N F(n) = G(1) - G(N+1)$ . Recupere o valor $\frac14$ do [Exercício 9.8](#exo-b1-fractions-8) exibindo a testemunha $G$ para $F = \frac1{X(X+1)(X+2)}$ . 4. 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. 5. Avalie a decomposição do [Exercício 9.6](#exo-b1-fractions-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 $1/(X^n - 1)$.** 1. Mostre, pela fórmula da multiplicação-avaliação, que $$\frac{1}{X^n - 1} = \frac1n\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega^k}{X - \omega^k} .$$ 2. 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 $x \to \infty$ ). 3. Reobtenha por multiplicação-avaliação a identidade do [Exercício 9.7](#exo-b1-fractions-7) : $\frac{nX^{n-1}}{X^n-1} = \sum_k \frac1{X - \omega^k}$ . 4. Agrupe os [polos](#def-b1-fractions-field) 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). 5. Especialize para $n = 4$ e confira contra o [Exercício 9.4](#exo-b1-fractions-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). 1. Usando $\frac{P'}P = \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{X - \omega^k}$ ([Exercício 8.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-11)), demonstre que $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 - \omega^k} = \frac{n-1}2 .$$ 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#met-b1-complex-trig) ), 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 $k \leftrightarrow n - k$ . 3. 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 $$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{(1 - \omega^k)^2} = \frac{(n-1)(5-n)}{12} .$$ 4. Escrevendo $\cot t = \frac{\cos t}{\sin t}$, deduza das questões 12–13 as duas formas fechadas $$\sum_{k=1}^{n-1}\cot^2\frac{k\pi}n = \frac{(n-1)(n-2)}3, \qquad \sum_{k=1}^{n-1}\frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} = \frac{n^2-1}3 .$$ 5. Verifique as duas fórmulas à mão para $n = 3$ e $n = 4$ . 6. 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 $1 \leq k \leq m$: $$\cot^2\frac{k\pi}n \;<\; \frac{n^2}{k^2\pi^2} \;<\; \frac1{\sin^2\frac{k\pi}n} .$$ 7. 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.** 1. 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 $X = 0$. 2. 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. 3. 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 $X = 2$ , $n = 2$ . 4. 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.)* 5. Para $k = 3$ , dê a soma parcial exata $\sum_{n=3}^{N}\frac1{\binom n3}$ e o seu limite. **Parte V — Síntese.** 1. Como cálculo de coroamento, escreva a decomposição real completa de $\dfrac1{X^6 - 1}$ e confira em $X = 0$ . 2. Onde exatamente o problema usou: (i) a unicidade da decomposição; (ii) as [raízes da unidade](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#def-b1-complex-unity) do [Capítulo 3](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#ch-b1-complex) ; (iii) a derivada logarítmica do [Exercício 8.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-11) ? Uma frase para cada. 3. 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series) , integração dos tijolos no [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration) . **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](#exo-b1-fractions-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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) $\omega^k$ são simples, e a fórmula do [polo](#def-b1-fractions-field) simples do [Método 9.6](#met-b1-fractions-compute) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#prop-b1-complex-sumroots)). E devem somar: $x\,F(x) \to \sum_k c_k$ quando $x \to \infty$, para qualquer decomposição com [polos](#def-b1-fractions-field) 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](#exo-b1-fractions-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](#def-b1-fractions-field) 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](#exo-b1-fractions-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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/8-polinomios#exo-b1-poly-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](#def-b1-fractions-field) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#def-b1-complex-unity) forneceram os [polos](#def-b1-fractions-field) de $X^n - 1$, as suas simetrias ($k \leftrightarrow n-k$) e a álgebra do arco metade da questão 12 ([Método 3.11](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#met-b1-complex-trig)). (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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/3-numeros-complexos#def-b1-complex-unity) 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](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/17-series-numericas#ch-b1-series), em que a telescopagem e a comparação se tornam sistemáticas, e do [Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/3/pt/chapter/15-integracao-num-segmento#ch-b1-integration), em que cada tijolo ganha uma primitiva e as mesmas decomposições calculam integrais em vez de somas.