6.5: Descomposición parcial de la fracción

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$ \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } $ $ \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} $$\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $\newcommand{\id}{\mathrm{id}}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$ $ \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}$ $ \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}$ $ \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}$ $ \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}$ $ \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}$ $ \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}$ $ \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}$ $ \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}$$\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}$

En esta sección investigamos las antiderivadas de las funciones racionales. Recordemos que las funciones racionales son funciones de la forma$f(x)= \frac{p(x)}{q(x)}$, dónde$p(x)$ y$q(x)$ son polinomios y$q(x)\neq 0$. 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$\int \frac{1}{x^2-1}\ dx$. No tenemos una fórmula simple para esto (si el denominador lo fuera$x^2+1$, 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

\[\begin{align}\int\frac{1}{x^2-1}\ dx &= \int\frac{1/2}{x-1}\ dx - \int\frac{1/2}{x+1}\ dx \\ &= \frac12\ln|x-1| - \frac12\ln|x+1| + C.\end{align}\]

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 racional$f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}$, donde$p$ y$q$ no tenemos ningún factor común y el grado de$p$ es menor que el grado de$q$. Se puede demostrar que cualquier polinomio, y por lo tanto$q$, 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 que$q$.

Idea Clave 15: Descomposición parcial de la fracción

Dejar$\frac{p(x)}{q(x)}$ ser una función racional, donde el grado de$p$ es menor que el grado de$q$.

Términos Lineales: Vamos a$(x-a)$ dividir$q(x)$, donde$(x-a)^n$ está el poder más alto de$(x-a)$ que divide$q(x)$. Entonces la descomposición de$\frac{p(x)}{q(x)}$ contendrá la suma $$\ frac {A_1} {(x-a)} +\ frac {A_2} {(x-a) ^2} +\ cdots +\ frac {a_n} {(x-a) ^n} . $$
Términos cuadráticos: Vamos a$x^2+bx+c$ dividir$q(x)$, donde$(x^2+bx+c)^n$ está el poder más alto de$x^2+bx+c$ que divide$q(x)$. Entonces la descomposición de$\frac{p(x)}{q(x)}$ contendrá la suma $$\ frac {b_1x+C_1} {x^2+bx+c} +\ frac {b_2x+C_2} {(x^2+bx+c) ^2} +\ cdots+\ frac {b_nx+c_n} {(x^2+bx+c) ^n} . $$

Para encontrar los coeficientes$A_i$,$B_i$ y$C_i$:

Multiplique todas las fracciones por$q(x)$, limpiando los denominadores. Recoger términos similares.
Equiparar los coeficientes resultantes de las potencias de$x$ y resolver el sistema resultante de ecuaciones lineales.

Los siguientes ejemplos demostrarán cómo poner en práctica esta Idea Clave. Ejemplo$\PageIndex{1}$ destaca el aspecto de descomposición de la Idea Clave.

Ejemplo$\PageIndex{1}$: Decomposing into partial fractions

Descomponer$f(x)=\frac{1}{(x+5)(x-2)^3(x^2+x+2)(x^2+x+7)^2}$ sin resolver los coeficientes resultantes.

Solución

El denominador ya está factorizado, ya que ambos$x^2+x+2$ y$x^2+x+7$ no se puede factorizar más. Tenemos que descomponernos$f(x)$ 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}.\]

El$x^2+x+2$ término en el denominador da como resultado un$\frac{Ex+F}{x^2+x+2}$ término.

Por último, el$(x^2+x+7)^2$ 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

\[\begin{align} \frac{1}{(x+5)(x-2)^3(x^2+x+2)(x^2+x+7)^2} &= \frac{A}{x+5} + \frac{B}{x-2}+ \frac{C}{(x-2)^2}+\frac{D}{(x-2)^3}+ \\ & \frac{Ex+F}{x^2+x+2}+\frac{Gx+H}{x^2+x+7}+\frac{Ix+J}{(x^2+x+7)^2} \end{align}\]

Resolver los coeficientes$A$,$B \ldots J$ sería un poco tedioso pero no “duro”.

Ejemplo$\PageIndex{2}$: Decomposing into partial fractions

Realizar la descomposición parcial de la fracción de$\frac{1}{x^2-1}$.

Solución

El denominador factoriza en dos términos lineales:$x^2-1 = (x-1)(x+1)$. Así

$$\ frac {1} {x^2-1} =\ frac {A} {x-1} +\ frac {B} {x+1}.\]

Para resolver$A$ y$B$, primero multiplicar por$x^2-1 = (x-1)(x+1)$:

\[\begin{align}1 &= \frac{A(x-1)(x+1)}{x-1}+\frac{B(x-1)(x+1)}{x+1} \\ &= A(x+1) + B(x-1)\\ &= Ax+A + Bx-B\end{align}\]

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 del$x$ término es 0; a la derecha, lo es$(A+B)$. Ya que ambas partes son iguales, debemos tener eso$0=A+B$.

De igual manera, a la izquierda, tenemos un término constante de 1; a la derecha, el término constante es$(A-B)$. Por lo tanto, tenemos$1=A-B$.

Tenemos dos ecuaciones lineales con dos incógnitas. Este es fácil de resolver a mano, lo que lleva a

$$\ begin {array} {c} A+B = 0\\ A-B = 1\ end {array}\ Rightarrow\ begin {array} {c} A=1/2\\ B = -1/2\ end {array}. $$
Así $$\ frac {1} {x^2-1} =\ frac {1/2} {x-1} -\ frac {1/2} {x+1}.\]

Ejemplo$\PageIndex{3}$: Integrating using partial fractions

Utilice la descomposición parcial de la fracción para integrar$\int\frac{1}{(x-1)(x+2)^2}\ dx.$

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 por$A$,$B$ y$C$, multiplicamos ambos lados por$(x-1)(x+2)^2$ y recolectamos términos similares:

\[ \begin{align}1 &= A(x+2)^2 + B(x-1)(x+2) + C(x-1)\\ &= Ax^2+4Ax+4A + Bx^2 + Bx-2B + Cx-C \\ &= (A+B)x^2 + (4A+B+C)x + (4A-2B-C)\end{align}\]

Nota: La ecuación$\PageIndex{22}$ ofrece una ruta directa para encontrar los valores de$A$,$B$ y$C$. Dado que la ecuación se mantiene para todos los valores de$x$, se mantiene en particular cuando$x=1$. Sin embargo$x=1$, cuando, el lado derecho simplifica a$A(1+2)^2 = 9A$. Como el lado izquierdo sigue siendo 1, tenemos$1 = 9A$. De ahí$A = 1/9$.

De igual manera, la igualdad se sostiene cuando$x=-2$; esto lleva a la ecuación$1=-3C$. Así$C = -1/3$.

Conociendo$A$ y$C$, podemos encontrar el valor de$B$ eligiendo otro valor de$x$, como$x=0$, y resolviendo para$B$.

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 con$u=x-1$ o$u=x+2$ (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.\]

Ejemplo$\PageIndex{4}$: Integrating using partial fractions

Utilice la descomposición parcial de la fracción para integrar$ \int \frac{x^3}{(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 de$A$ y$B$. Denominadores de compensación, contamos con

Nota: Los valores de$A$ y se$B$ pueden encontrar rápidamente usando la técnica descrita en el margen de Ejemplo$\PageIndex{3}$.}

\[\begin{align}19x+30 &= A(x+3) + B(x-5)\\ &= (A+B)x + (3A-5B). \end{align}\]

Esto implica que:

\[\begin{align} 19&= A+B \\30&= 3A-5B.\\ \end{align}\]

Resolver este sistema de ecuaciones lineales da

\[\begin{align} 125/8 &=A\\27/8 &=B. \end{align}\]

Ahora podemos integrarnos.

\[\begin{align}\int \frac{x^3}{(x-5)(x+3)}\ dx &= \int\left(x+2+\frac{125/8}{x-5}+\frac{27/8}{x+3}\right)\ dx \\ &= \frac{x^2}2 + 2x + \frac{125}{8}\ln|x-5| + \frac{27}8\ln|x+3| + C.\end{align}\]

Ejemplo$\PageIndex{5}$: Integrating using partial fractions

Utilizar la descomposición parcial de la fracción para evaluar$\int\frac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)}\ dx.$

Solución

El grado del numerador es menor que el grado del denominador por lo que comenzamos aplicando la Idea Clave 15. Contamos con:

\[\frac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)} = \frac{A}{x+1} + \frac{Bx+C}{x^2+6x+11}. \]

Ahora despejen los denominadores.

\[\begin{align} 7x^2+31x+54 &= A(x^2+6x+11) + (Bx+C)(x+1)\\ &= (A+B)x^2 + (6A+B+C)x + (11A+C). \end{align}\]
Esto implica que:

\[\begin{align} 7&=A+B\\ 31 &= 6A+B+C\\ 54 &= 11A+C. \end{align}\]

Resolver este sistema de ecuaciones lineales da el buen resultado de$A=5$,$B = 2$ y$C=-1$. 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 un$5\ln|x+1|$ término. El segundo término no es duro, sino que da varios pasos y utiliza técnicas de sustitución.

El integrando$\frac{2x-1}{x^2+6x+11}$ tiene un cuadrático en el denominador y un término lineal en el numerador. Esto nos lleva a intentar la sustitución. Vamos$u = x^2+6x+11$, entonces$du = (2x+6)\ dx$. El numerador es$2x-1$, no$2x+6$, pero podemos obtener un$2x+6$ término en el numerador sumando 0 en forma de "”$7-7$.

\[ \begin{align} \frac{2x-1}{x^2+6x+11} &= \frac{2x-1+7-7}{x^2+6x+11} \\ &= \frac{2x+6}{x^2+6x+11} - \frac{7}{x^2+6x+11}.\end{align}\]

Ahora podemos integrar el primer término con la sustitución, lo que lleva a un$\ln|x^2+6x+11|$ 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.

\[\begin{align}\int\frac{7x^2+31x+54}{(x+1)(x^2+6x+11)}\ dx &= \int\left(\frac{5}{x+1} + \frac{2x-1}{x^2+6x+11}\right)\ dx \\ &= \int\frac{5}{x+1}\ dx + \int\frac{2x+6}{x^2+6x+11}\ dx -\int\frac{7}{x^2+6x+11}\ dx \\ &= 5\ln|x+1|+ \ln|x^2+6x+11| -\frac{7}{\sqrt{2}}\tan^{-1}\left(\frac{x+3}{\sqrt{2}}\right)+C.\end{align}\]

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.