6.5: Descomposición parcial de la fracción
( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\)
En esta sección investigamos las antiderivadas de las funciones racionales. Recordemos que las funciones racionales son funciones de la formaf(x)=p(x)q(x), dóndep(x) yq(x) son polinomios yq(x)≠0. Tales funciones surgen en muchos contextos, uno de los cuales es la resolución de ciertas ecuaciones diferenciales fundamentales.
Comenzamos con un ejemplo que demuestra la motivación detrás de esta sección. Considera lo integral∫1x2−1 dx. No tenemos una fórmula simple para esto (si el denominador lo fuerax2+1, reconoceríamos a la antiderivada como la función arcangente). Se puede resolver usando Sustitución Trigonométrica, pero tenga en cuenta cómo la integral es fácil de evaluar una vez que nos damos cuenta de:
$$\ frac {1} {x^2-1} =\ frac {1/2} {x-1} -\ frac {1/2} {x+1}.\]
Así
∫1x2−1 dx=∫1/2x−1 dx−∫1/2x+1 dx=12ln|x−1|−12ln|x+1|+C.
Esta sección enseña cómo descomponer
$$\ frac {1} {x^2-1}\ quad\ text {into}\ quad\ frac {1/2} {x-1} -\ frac {1/2} {x+1}.\]
Comenzamos con una función racionalf(x)=p(x)q(x), dondep yq no tenemos ningún factor común y el grado dep es menor que el grado deq. Se puede demostrar que cualquier polinomio, y por lo tantoq, puede ser factorizado en un producto de términos cuadráticos lineales e irreducibles. La siguiente Idea Clave establece cómo descomponer una función racional en una suma de funciones racionales cuyos denominadores son todos de menor grado queq.
Idea Clave 15: Descomposición parcial de la fracción
Dejarp(x)q(x) ser una función racional, donde el grado dep es menor que el grado deq.
- Términos Lineales: Vamos a(x−a) dividirq(x), donde(x−a)n está el poder más alto de(x−a) que divideq(x). Entonces la descomposición dep(x)q(x) contendrá la suma fracA1(x−a)+ fracA2(x−a)2+ cdots+ fracan(x−a)n.
- Términos cuadráticos: Vamos ax2+bx+c dividirq(x), donde(x2+bx+c)n está el poder más alto dex2+bx+c que divideq(x). Entonces la descomposición dep(x)q(x) contendrá la suma fracb1x+C1x2+bx+c+ fracb2x+C2(x2+bx+c)2+ cdots+ fracbnx+cn(x2+bx+c)n.
Para encontrar los coeficientesAi,Bi yCi:
- Multiplique todas las fracciones porq(x), limpiando los denominadores. Recoger términos similares.
- Equiparar los coeficientes resultantes de las potencias dex y resolver el sistema resultante de ecuaciones lineales.
Los siguientes ejemplos demostrarán cómo poner en práctica esta Idea Clave. Ejemplo6.5.1 destaca el aspecto de descomposición de la Idea Clave.
Ejemplo6.5.1: Decomposing into partial fractions
Descomponerf(x)=1(x+5)(x−2)3(x2+x+2)(x2+x+7)2 sin resolver los coeficientes resultantes.
Solución
El denominador ya está factorizado, ya que ambosx2+x+2 yx2+x+7 no se puede factorizar más. Tenemos que descomponernosf(x) adecuadamente. Dado que(x+5) es un término lineal que divide el denominador, habrá un
$$\ frac {A} {x+5}\]
término en la descomposición.
Como(x−2)3 divide el denominador, tendremos los siguientes términos en la descomposición:
$$\ frac {B} {x-2},\ quad\ frac {C} {(x-2) ^2}\ cuádruple\ texto {y}\ quad\ frac {D} {(x-2) ^3}.\]
Elx2+x+2 término en el denominador da como resultado unEx+Fx2+x+2 término.
Por último, el(x2+x+7)2 término da como resultado los términos
$$\ frac {Gx+H} {x^2+x+7}\ quad\ texto {y}\ quad\ frac {Ix+J} {(x^2+x+7) ^2}.\]
Todos juntos, tenemos
1(x+5)(x−2)3(x2+x+2)(x2+x+7)2=Ax+5+Bx−2+C(x−2)2+D(x−2)3+Ex+Fx2+x+2+Gx+Hx2+x+7+Ix+J(x2+x+7)2
Resolver los coeficientesA,B…J sería un poco tedioso pero no “duro”.
Ejemplo6.5.2: Decomposing into partial fractions
Realizar la descomposición parcial de la fracción de1x2−1.
Solución
El denominador factoriza en dos términos lineales:x2−1=(x−1)(x+1). Así
$$\ frac {1} {x^2-1} =\ frac {A} {x-1} +\ frac {B} {x+1}.\]
Para resolverA yB, primero multiplicar porx2−1=(x−1)(x+1):
1=A(x−1)(x+1)x−1+B(x−1)(x+1)x+1=A(x+1)+B(x−1)=Ax+A+Bx−B
Ahora recoge términos similares.
=(A+B)x+(A−B).
El siguiente paso es clave. Tenga en cuenta la igualdad que tenemos:
1=(A+B)x+(A−B).
Para mayor claridad, reescribe el lado izquierdo como
0x+1=(A+B)x+(A−B).
A la izquierda, el coeficiente delx término es 0; a la derecha, lo es(A+B). Ya que ambas partes son iguales, debemos tener eso0=A+B.
De igual manera, a la izquierda, tenemos un término constante de 1; a la derecha, el término constante es(A−B). Por lo tanto, tenemos1=A−B.
Tenemos dos ecuaciones lineales con dos incógnitas. Este es fácil de resolver a mano, lo que lleva a
beginarraycA+B=0A−B=1 endarray Rightarrow beginarraycA=1/2B=−1/2 endarray.
Así $$\ frac {1} {x^2-1} =\ frac {1/2} {x-1} -\ frac {1/2} {x+1}.\]
Ejemplo6.5.3: Integrating using partial fractions
Utilice la descomposición parcial de la fracción para integrar∫1(x−1)(x+2)2 dx.
Solución
Descomponemos el integrando de la siguiente manera, como lo describe Key Idea 15:
$$\ frac {1} {(x-1) (x+2) ^2} =\ frac {A} {x-1} +\ frac {B} {x+2} +\ frac {C} {(x+2) ^2}.\]
Para resolver porA,B yC, multiplicamos ambos lados por(x−1)(x+2)2 y recolectamos términos similares:
1=A(x+2)2+B(x−1)(x+2)+C(x−1)=Ax2+4Ax+4A+Bx2+Bx−2B+Cx−C=(A+B)x2+(4A+B+C)x+(4A−2B−C)
Nota: La ecuación6.5.22 ofrece una ruta directa para encontrar los valores deA,B yC. Dado que la ecuación se mantiene para todos los valores dex, se mantiene en particular cuandox=1. Sin embargox=1, cuando, el lado derecho simplifica aA(1+2)2=9A. Como el lado izquierdo sigue siendo 1, tenemos1=9A. De ahíA=1/9.
De igual manera, la igualdad se sostiene cuandox=−2; esto lleva a la ecuación1=−3C. AsíC=−1/3.
ConociendoA yC, podemos encontrar el valor deB eligiendo otro valor dex, comox=0, y resolviendo paraB.
Tenemos
$0x^2+0x+ 1 = (A+B) x^2 + (4A+B+C) x + (4A-2B-C)\]
que conducen a las ecuaciones
$$A+B = 0,\ quad 4A+B+C = 0\ cuádruple\ texto {y}\ cuádruple 4A-2B-C = 1.\]
Estas tres ecuaciones de tres incógnitas conducen a una solución única:
$$A = 1/9,\ quad B = -1/9\ quad\ texto {y}\ quad C = -1/3.\]
Así
$$\ int\ frac {1} {(x-1) (x+2) ^2}\ dx =\ int\ frac {1/9} {x-1}\ dx +\ int\ frac {-1/9} {x+2}\ dx +\ int\ frac {-1/3} {(x+2) ^2}\ dx.\]
Cada uno puede integrarse con una simple sustitución conu=x−1 ou=x+2 (o aplicando directamente la Idea Clave 10 ya que los denominadores son funciones lineales). El resultado final es
$$\ int\ frac {1} {(x-1) (x+2) ^2}\ dx =\ frac19\ ln|x-1| -\ frac19\ ln|x+2| +\ frac1 {3 (x+2)} +C.\]
Ejemplo6.5.4: Integrating using partial fractions
Utilice la descomposición parcial de la fracción para integrar∫x3(x−5)(x+3) dx.
Solución
La Idea Clave 15 presume que el grado del numerador es menor que el grado del denominador. Como este no es el caso aquí, comenzamos por usar la división polinómica para reducir el grado del numerador. Omitimos los pasos, pero animamos al lector a verificar que
$$\ frac {x^3} {(x-5) (x+3)} = x+2+\ frac {19x+30} {(x-5) (x+3)}.\]
Usando Key Idea 15, podemos reescribir la nueva función racional como:
$$\ frac {19x+30} {(x-5) (x+3)} =\ frac {A} {x-5} +\ frac {B} {x+3}\]
para valores apropiados deA yB. Denominadores de compensación, contamos con
Nota: Los valores deA y seB pueden encontrar rápidamente usando la técnica descrita en el margen de Ejemplo6.5.3.}
19x+30=A(x+3)+B(x−5)=(A+B)x+(3A−5B).
Esto implica que:
19=A+B30=3A−5B.
Resolver este sistema de ecuaciones lineales da
125/8=A27/8=B.
Ahora podemos integrarnos.
∫x3(x−5)(x+3) dx=∫(x+2+125/8x−5+27/8x+3) dx=x22+2x+1258ln|x−5|+278ln|x+3|+C.
Ejemplo6.5.5: Integrating using partial fractions
Utilizar la descomposición parcial de la fracción para evaluar∫7x2+31x+54(x+1)(x2+6x+11) dx.
Solución
El grado del numerador es menor que el grado del denominador por lo que comenzamos aplicando la Idea Clave 15. Contamos con:
7x2+31x+54(x+1)(x2+6x+11)=Ax+1+Bx+Cx2+6x+11.
Ahora despejen los denominadores.
7x2+31x+54=A(x2+6x+11)+(Bx+C)(x+1)=(A+B)x2+(6A+B+C)x+(11A+C).
Esto implica que:
7=A+B31=6A+B+C54=11A+C.
Resolver este sistema de ecuaciones lineales da el buen resultado deA=5,B=2 yC=−1. Así
$$\ int\ frac {7x^2+31x+54} {(x+1) (x^2+6x+11)}\ dx =\ int\ izquierda (\ frac {5} {x+1} +\ frac {2x-1} {x^2+6x+11}\ derecha)\ dx.\]
El primer término de este nuevo integrando es fácil de evaluar; conduce a un5ln|x+1| término. El segundo término no es duro, sino que da varios pasos y utiliza técnicas de sustitución.
El integrando2x−1x2+6x+11 tiene un cuadrático en el denominador y un término lineal en el numerador. Esto nos lleva a intentar la sustitución. Vamosu=x2+6x+11, entoncesdu=(2x+6) dx. El numerador es2x−1, no2x+6, pero podemos obtener un2x+6 término en el numerador sumando 0 en forma de "”7−7.
2x−1x2+6x+11=2x−1+7−7x2+6x+11=2x+6x2+6x+11−7x2+6x+11.
Ahora podemos integrar el primer término con la sustitución, lo que lleva a unln|x2+6x+11| término. El término final se puede integrar usando arcotangente. Primero, complete el cuadrado en el denominador:
$$\ frac {7} {x^2+6x+11} =\ frac {7} {(x+3) ^2+2}.\]
Un antiderivado de este último término se puede encontrar usando el Teorema 6.1.3 y la sustitución:
$$\ int\ frac {7} {x^2+6x+11}\ dx =\ frac {7} {\ sqrt {2}}\ tan^ {-1}\ izquierda (\ frac {x+3} {\ sqrt {2}}\ derecha) +C.\]
Empecemos por el principio y juntemos todos los pasos.
∫7x2+31x+54(x+1)(x2+6x+11) dx=∫(5x+1+2x−1x2+6x+11) dx=∫5x+1 dx+∫2x+6x2+6x+11 dx−∫7x2+6x+11 dx=5ln|x+1|+ln|x2+6x+11|−7√2tan−1(x+3√2)+C.
Al igual que con muchos otros problemas en el cálculo, es importante recordar que no se espera que uno “vea” la respuesta final inmediatamente después de ver el problema. Más bien, dado el problema inicial, lo dividimos en problemas más pequeños que son más fáciles de resolver. La respuesta final es una combinación de las respuestas de los problemas más pequeños.
La descomposición parcial de la fracción es una herramienta importante cuando se trata de funciones racionales. Obsérvese que en su esencia, es una técnica de álgebra, no de cálculo, ya que estamos reescribiendo una fracción en una nueva forma. Independientemente, es muy útil en el ámbito del cálculo ya que nos permite evaluar cierto conjunto de integrales “complicadas”.
En la siguiente sección se introducen nuevas funciones, llamadas Funciones Hiperbólicas. Nos permitirán realizar sustituciones similares a las que se encuentran al estudiar la Sustitución Trigonométrica, permitiéndonos abordar aún más problemas de integración.