8.6: Descomposición de Fracción Parcial

Esta sección utiliza sistemas de ecuaciones lineales para reescribir funciones racionales en una forma más apetecible para los estudiantes de Cálculo. En Álgebra Universitaria, la función

\[\label{falg} f(x) = \dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} \tag{1}\]

está escrito de la mejor forma posible para construir un diagrama de signos y encontrar ceros y asíntotas, pero ciertas aplicaciones en Cálculo requieren que reescribamos\(f(x)\) como

\[\label{fcalc} f(x) = \dfrac{x+7}{x^2+1} - \dfrac{1}{x} - \dfrac{6}{x^2} \tag{2}\]

Si se nos da la forma de\(f(x)\) en (2), es cuestión de Álgebra Intermedia determinar un denominador común para obtener la forma de\(f(x)\) dado en (1). El enfoque de esta sección es desarrollar un método por el cual partimos\(f(x)\) en forma de (1) y 'resolverlo en fracciones parciales' para obtener la forma en (2). Esencialmente, necesitamos revertir el proceso de mínimo denominador común. Comenzando con la forma de\(f(x)\) in (1), comenzamos por factorizar el denominador

\[\dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} = \dfrac{x^2-x-6}{x^2 \left(x^2+1\right)}\nonumber\]

Ahora pensamos en qué denominadores individuales podrían contribuir a obtener\(x^2 \left(x^2+1\right)\) como mínimo denominador común. Ciertamente\(x^2\) y\(x^2+1\), pero ¿hay algún otro factor? Dado que\(x^2+1\) es un cuadrático irreducible ¹ no hay factores del mismo que tengan coeficientes reales que puedan contribuir al denominador. El factor\(x^2\), sin embargo, no es irreducible, ya que podemos pensarlo como\(x^2 = xx = (x-0)(x-0)\), un llamado factor lineal 'repetido'. ² Esto significa que es posible que un término con un denominador de solo\(x\) contribuya también a la expresión. ¿Qué pasa con algo así como\(x \left(x^2+1\right)\)? Esto también podría contribuir, pero entonces nos gustaría descomponer ese denominador en\(x\) y\(\left(x^2+1\right)\), así dejamos fuera un término de esa forma. En esta etapa, hemos adivinado

\[\dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} = \dfrac{x^2-x-6}{x^2 \left(x^2+1\right)} = \dfrac{?}{x} + \dfrac{?}{x^2} + \dfrac{?}{x^2+1}\nonumber\]

Nuestra siguiente tarea es determinar qué forma toman los numeradores desconocidos. Es lógico razonar que dado que la expresión\(\frac{x^2-x-6}{x^4+x^2}\) es 'propia' en el sentido de que el grado del numerador es menor que el grado del denominador, estamos seguros de hacer el que todos los resolutivos parciales de la fracción son también. Esto significa que el numerador de la fracción con\(x\) como denominador es solo una constante y los numeradores en los términos que involucran a los denominadores\(x^2\) y\(x^2+1\) son a lo sumo polinomios lineales. Es decir, suponemos que hay números reales\(A\),\(B\),\(C\),\(D\) y\(E\) así que

\[\dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} = \dfrac{x^2-x-6}{x^2 \left(x^2+1\right)} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx+C}{x^2} + \dfrac{Dx+E}{x^2+1}\nonumber\]

No obstante, si miramos más de cerca el término\(\frac{Bx+C}{x^2}\), lo vemos\(\frac{Bx+C}{x^2} = \frac{Bx}{x^2} + \frac{C}{x^2} = \frac{B}{x} + \frac{C}{x^2}\). El término\(\frac{B}{x}\) tiene la misma forma que el término lo\(\frac{A}{x}\) que significa que no aporta nada nuevo a nuestra expansión. De ahí que lo dejemos caer y, después de volver a etiquetar, nos encontramos con nuestra nueva conjetura:

\[\dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} = \dfrac{x^2-x-6}{x^2 \left(x^2+1\right)} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{x^2} + \dfrac{Cx+D}{x^2+1}\nonumber\]

Nuestra siguiente tarea es determinar los valores de nuestras incógnitas. Denominadores de compensación da

\[x^2 - x- 6 = Ax\left(x^2+1\right) + B\left(x^2+1\right) + (Cx+D)x^2\nonumber\]

Reuniendo los poderes similares de\(x\) tenemos

\[x^2 - x - 6 = (A+C)x^3+(B+D)x^2+Ax + B\nonumber\]

Para que esto se mantenga para todos los valores de\(x\) en el dominio de\(f\), equiparamos los coeficientes de potencias correspondientes de\(x\) en cada lado de la ecuación ³ y obtenemos el sistema de ecuaciones lineales

\[\left\{ \begin{array}{lrcrl} (E1) & A+C & = & 0 & \text{From equating coefficients of $x^{3}$} \\ (E2) & B+D & = & 1 & \text{From equating coefficients of $x^{2}$} \\ (E3) & A & = & -1 & \text{From equating coefficients of $x$} \\ (E4) & B & = & -6 & \text{From equating the constant terms} \\ \end{array} \right.\nonumber\]

Para resolver este sistema de ecuaciones, podríamos usar cualquiera de los métodos presentados en las Secciones 8.1 a 8.5, pero ninguno de estos métodos es tan eficiente como la buena sustitución anticuada que aprendiste en Álgebra Intermedia. De\(E3\), tenemos\(A=-1\) y sustituimos esto en\(E1\) para conseguir\(C = 1\). De igual manera, ya que nos\(E4\) da\(B=-6\), tenemos de\(E2\) eso\(D = 7\). Obtenemos

\[\dfrac{x^2-x-6}{x^4+x^2} = \dfrac{x^2-x-6}{x^2 \left(x^2+1\right)} = -\dfrac{1}{x} - \dfrac{6}{x^2} + \dfrac{x+7}{x^2+1}\nonumber\]

que coincide con la fórmula dada en (2). Como hemos visto en este ejemplo de apertura, resolver una función racional en fracciones parciales da dos pasos: primero, necesitamos determinar la forma de la descomposición, y luego hay que determinar los coeficientes desconocidos que aparecen en dicha forma. El teorema 3.16 garantiza que cualquier polinomio con coeficientes reales puede ser factorizado sobre los números reales como producto de factores lineales y factores cuadráticos irreducibles. Una vez que tenemos esta factorización del denominador de una función racional, el siguiente teorema nos dice la forma que toma la descomposición. Se anima al lector a revisar el Teorema Factor (Teorema 3.6) y su conexión con el papel de la multiplicidad para apreciar plenamente la afirmación del siguiente teorema.

Teorema 8.10.

Supongamos que\(R(x) = \dfrac{N(x)}{D(x)}\) es una función racional donde el grado de\(N(x)\) menor que el grado de\(D(x)\)\(N(x)\) y no\(D(x)\) tienen factores comunes. ^a

• Si\(\alpha\) es un cero real\(D\) de multiplicidad\(m\) que corresponde al factor lineal\(ax+b\), la descomposición parcial de la fracción incluye

  \[\dfrac{A_1}{ax+b} + \dfrac{A_2}{(ax+b)^2} + \ldots + \dfrac{A_{m}}{(ax+b)^m}\nonumber\]

  para números reales\(A_{1}\),\(A_{2}\),...\(A_{m}\).

• Si\(\alpha\) es un cero no real\(D\) de multiplicidad\(m\) que corresponde a la cuadrática irreducible\(ax^2+bx+c\), la descomposición parcial de la fracción incluye

  \[\dfrac{B_1x + C_1}{ax^2+bx+c} + \dfrac{B_2x + C_2}{\left(ax^2+bx+c\right)^2} + \ldots +\dfrac{B_{m}x + C_{m}}{\left(ax^2+bx+c\right)^m}\nonumber\]

  para números reales\(B_{1}\),\(B_{2}\),...\(B_{m}\) y\(C_{1}\),\(C_{2}\),...\(C_{m}\).

---

^a En otras palabras,\(R(x)\) es una función racional propiamente dicha que ha sido totalmente reducida.

La prueba del Teorema 8.10 es mejor dejar a un curso de Álgebra Abstracta. Observe que el teorema prevé para el caso general, por lo que necesitamos usar subíndices\(A_{1}\),\(A_{2}\),, etc., para denotar diferentes coeficientes desconocidos en contraposición a la convención habitual de\(A\)\(B\),, etc. El estrés en las multiplicidades es para ayudarnos a agrupar correctamente los factores en el denominador. Por ejemplo, considere la función racional

\[\dfrac{3x-1}{\left(x^2-1\right)\left(2-x-x^2\right)}\nonumber\]

Factorizando el denominador para encontrar los ceros, obtenemos\((x+1)(x-1)(1-x)(2+x)\). Encontramos\(x = -1\) y\(x=-2\) somos ceros de multiplicidad uno pero eso\(x=1\) es un cero de multiplicidad dos debido a los dos factores diferentes\((x-1)\) y\((1-x)\). Una forma de manejar esto es notar que\((1-x) = -(x-1)\) así

\[\dfrac{3x-1}{(x+1)(x-1)(1-x)(2+x)} = \dfrac{3x-1}{-(x-1)^2(x+1)(x+2)} = \dfrac{1-3x}{(x-1)^2(x+1)(x+2)}\nonumber\]

a partir de la cual procedemos con la descomposición parcial de la fracción

\[\dfrac{1-3x}{(x-1)^2(x+1)(x+2)} = \dfrac{A}{x-1} + \dfrac{B}{(x-1)^2} + \dfrac{C}{x+1} + \dfrac{D}{x+2}\nonumber\]

Volviendo nuestra atención a los ceros no reales, observamos que la herramienta de elección para determinar la irreductibilidad de una cuadrática\(ax^2+bx+c\) es la discriminante,\(b^2-4ac\). Si\(b^2 - 4ac < 0\), la cuadrática admite un par de ceros conjugados complejos no reales. A pesar de que una cuadrática irreducible da dos ceros distintos no reales, enumeramos los términos con denominadores que involucran una cuadrática irreducible dada solo una vez para evitar la duplicación en forma de descomposición. El truco, por supuesto, es factorizar el denominador o de otra manera encontrar los ceros y sus multiplicidades para aplicar el Teorema 8.10. Recomendamos que el lector revise las técnicas establecidas en las Secciones 3.3 y 3.4. A continuación, declaramos un teorema de que si dos polinomios son iguales, los coeficientes correspondientes de las potencias similares de\(x\) son iguales. Este es el principio por el cual determinaremos los coeficientes desconocidos en nuestra descomposición parcial de la fracción.

Teorema 8.11.

Supongamos\[a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{2} x^{2}+a_{1} x+a_{0}=b_{m} x^{m}+m_{m-1} x^{m-1}+\cdots+b_{2} x^{2}+b_{1} x+b_{0}\nonumber\]

para todos\(x\) en un intervalo abierto\(I\). Entonces\(n=m\) y\(a_{i} = b_{i}\) para todos\(i = 1 \ldots n\).

Lo creas o no, la prueba del Teorema 8.11 es una consecuencia del Teorema 3.14. \(p(x)\)Definir como la diferencia del lado izquierdo de la ecuación en el Teorema 8.11 y el lado derecho. Entonces\(p(x) = 0\) para todos\(x\) en el intervalo abierto\(I\). Si\(p(x)\) fuera un polinomio de grado distinto de cero\(k\), entonces, por el Teorema 3.14,\(p\) podría tener como máximo\(k\) ceros en\(I\), y\(k\) es un número finito. Ya que\(p(x) = 0\) para todo el\(x\) in\(I\),\(p\) tiene infinitamente muchos ceros, y por lo tanto,\(p\) es el polinomio cero. Esto significa que no puede haber términos distintos de cero en\(p(x)\) y el teorema sigue. Podría decirse que la mejor manera de darle sentido a cualquiera de los dos teoremas anteriores es trabajar algunos ejemplos.

Ejemplo 8.6.1

Resolver las siguientes funciones racionales en fracciones parciales.

1. \(R(x)=\frac{x+5}{2 x^{2}-x-1}\)
2. \(R(x)=\frac{3}{x^{3}-2 x^{2}+x}\)
3. \(R(x)=\frac{3}{x^{3}-x^{2}+x}\)
4. \(R(x)=\frac{4 x^{3}}{x^{2}-2}\)
5. \(R(x)=\frac{x^{3}+5 x-1}{x^{4}+6 x^{2}+9}\)
6. \(R(x)=\frac{8 x^{2}}{x^{4}+16}\)

Solución

1. Comenzamos factorizando el denominador para encontrar\(2 x^{2}-x-1=(2 x+1)(x-1)\). Obtenemos\(x=-\frac{1}{2}\) y ambos\(x = 1\) somos ceros de multiplicidad uno y así sabemos\[ \frac{x+5}{2 x^{2}-x-1}=\frac{x+5}{(2 x+1)(x-1)}=\frac{A}{2 x+1}+\frac{B}{x-1}\nonumber\] Clearing denominadores, obtenemos\(x+5=A(x-1)+B(2 x+1)\) así que\(x+5=(A+2 B) x+B-A\). Equiparando coeficientes, obtenemos el sistema\[ \left\{\begin{array}{r} A+2 B=1 \\ -A+B=5 \end{array}\right.\nonumber\] Este sistema se maneja fácilmente usando el Método de Adición de la Sección 8.1, y después de sumar ambas ecuaciones,\(3B = 6\) lo obtenemos\(B = 2\). Usando la sustitución de espalda, encontramos\(A = −3\). Nuestra respuesta se verifica fácilmente obteniendo un denominador común y sumando las fracciones. \[ \frac{x+5}{2 x^{2}-x-1}=\frac{2}{x-1}-\frac{3}{2 x+1}\nonumber\]
2. Factorizando el denominador da\(x^{3}-2 x^{2}+x=x\left(x^{2}-2 x+1\right)=x(x-1)^{2}\) que da\(x = 0\) como cero de multiplicidad uno y\(x = 1\) como cero de multiplicidad dos. Tenemos denominadores\[\\frac{3}{x^{3}-2 x^{2}+x}=\frac{3}{x(x-1)^{2}}=\frac{A}{x}+\frac{B}{x-1}+\frac{C}{(x-1)^{2}}\nonumber\] Clearing, obtenemos\(3=A(x-1)^{2}+B x(x-1)+C x\), que, después de reunir los términos similares se convierten\(3=(A+B) x^{2}+(-2 A-B+C) x+A\). Nuestro sistema es\[ \left\{\begin{aligned} A+B &=0 \\ -2 A-B+C &=0 \\ A &=3 \end{aligned}\right.\nonumber\] Sustituir\(A = 3\) en\(A + B = 0\) da\(B = −3\), y sustituir tanto para\(A\) como\(B\) en\(−2A − B + C = 0\) da\(C = 3\). Nuestra respuesta final es\[ \frac{3}{x^{3}-2 x^{2}+x}=\frac{3}{x}-\frac{3}{x-1}+\frac{3}{(x-1)^{2}}\nonumber\]
3. El denominador factores como\(x\left(x^{2}-x+1\right)\). Vemos inmediatamente que\(x = 0\) es un cero de multiplicidad uno, pero los ceros de\(x^{2}-x+1\) no son tan fáciles de discernir. El cuadrático no factoriza fácilmente, así que comprobamos al discriminante y lo encontramos\((-1)^{2}-4(1)(1)=-3<0\). Encontramos que sus ceros no son reales por lo que es una cuadrática irreducible. La forma de la descomposición parcial de la fracción es entonces\[ \frac{3}{x^{3}-x^{2}+x}=\frac{3}{x\left(x^{2}-x+1\right)}=\frac{A}{x}+\frac{B x+C}{x^{2}-x+1}\nonumber\] Procediendo como de costumbre, despejamos denominadores y obtenemos\(3=A\left(x^{2}-x+1\right)+(B x+C) x\) o\(3=(A+B) x^{2}+(-A+C) x+A\). Obtenemos\[ \left\{\begin{aligned} A+B &=0 \\ -A+C &=0 \\ A &=3 \end{aligned}\right.\nonumber\] De\(A = 3\) y\(A + B = 0\), obtenemos\(B = −3\). De\(−A + C = 0\), obtenemos\(C = A = 3\). Obtenemos\[ \frac{3}{x^{3}-x^{2}+x}=\frac{3}{x}+\frac{3-3 x}{x^{2}-x+1}\nonumber\]
4. Como\(\frac{4 x^{3}}{x^{2}-2}\) no es adecuado, usamos división larga y obtenemos un cociente de\(4x\) con un resto de\(8x\). Es decir,\(\frac{4 x^{3}}{x^{2}-2}=4 x+\frac{8 x}{x^{2}-2}\) por lo que ahora trabajamos en resolver\(\frac{8 x}{x^{2}-2}\) en fracciones parciales. El cuadrático\(x^{2}-2\), aunque no factoriza bien, es, sin embargo, reducible. Resolver nos\(x^{2}-2=0\) da\(x=\pm \sqrt{2}\), y cada uno de estos ceros debe ser de multiplicidad uno ya que el Teorema 3.14 nos permite ahora factorizar\(x^{2}-2=(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})\). De ahí,\[ \frac{8 x}{x^{2}-2}=\frac{8 x}{(x-\sqrt{2})(x+\sqrt{2})}=\frac{A}{x-\sqrt{2}}+\frac{B}{x+\sqrt{2}}\nonumber\] Despejando fracciones, obtenemos\(8 x=A(x+\sqrt{2})+B(x-\sqrt{2})\) o\(8 x=(A+B) x+(A-B) \sqrt{2}\). Obtenemos el sistema\[ \left\{\begin{array}{r} A+B=8 \\ (A-B) \sqrt{2}=0 \end{array}\right.\nonumber\] De\((A-B) \sqrt{2}=0\), obtenemos\(A = B\), que, cuando se sustituye en\(A + B = 8\) da\(B = 4\). De ahí,\(A = B = 4\) y obtenemos\[ \frac{4 x^{3}}{x^{2}-2}=4 x+\frac{8 x}{x^{2}-2}=4 x+\frac{4}{x+\sqrt{2}}+\frac{4}{x-\sqrt{2}}\nonumber\]
5. A primera vista, el denominador\(D(x)=x^{4}+6 x^{2}+9\) parece irreducible. No obstante,\(D(x)\) tiene tres términos, y el exponente en el primer término es exactamente el doble que el del segundo. Reescribiendo\(D(x)=\left(x^{2}\right)^{2}+6 x^{2}+9\), vemos que es una cuadrática en disfraz y factor\(D(x)=\left(x^{2}+3\right)^{2}\). Ya que\( x^{2}+3\) claramente no tiene ceros reales, es irreducible y la forma de la descomposición es\[\frac{x^{3}+5 x-1}{x^{4}+6 x^{2}+9}=\frac{x^{3}+5 x-1}{\left(x^{2}+3\right)^{2}}=\frac{A x+B}{x^{2}+3}+\frac{C x+D}{\left(x^{2}+3\right)^{2}}\nonumber\] Cuando aclaramos denominadores, encontramos\(x^{3}+5 x-1=(A x+B)\left(x^{2}+3\right)+C x+D\) cuáles rendimientos\(x^{3}+5 x-1=A x^{3}+B x^{2}+(3 A+C) x+3 B+D\). Nuestro sistema es\[ \left\{\begin{aligned} A &=1 \\ B &=0 \\ 3 A+C &=5 \\ 3 B+D &=-1 \end{aligned}\right.\] Tenemos\(A=1\) y\(B=0\) de donde obtenemos\(C = 2\) y\(D = −1\). Nuestra respuesta final es\[ \frac{x^{3}+5 x-1}{x^{4}+6 x^{2}+9}=\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{2 x-1}{\left(x^{2}+3\right)^{2}}\nonumber\]
6. Una vez más, la dificultad en nuestro último ejemplo es factorizar el denominador. En un intento de obtener una cuadrática disfrazada, escribimos\[ x^{4}+16=\left(x^{2}\right)^{2}+4^{2}=\left(x^{2}\right)^{2}+8 x^{2}+4^{2}-8 x^{2}=\left(x^{2}+4\right)^{2}-8 x^{2}\nonumber\] y obtenemos una diferencia de dos cuadrados:\(\left(x^{2}+4\right)^{2}\) y\(8 x^{2}=(2 x \sqrt{2})^{2}\). De ahí\[x^{4}+16=\left(x^{2}+4-2 x \sqrt{2}\right)\left(x^{2}+4+2 x \sqrt{2}\right)=\left(x^{2}-2 x \sqrt{2}+4\right)\left(x^{2}+2 x \sqrt{2}+4\right)\nonumber\] que el discrimanto de ambas cuadráticas resulte ser −8 < 0, lo que significa que son irreducibles. Dejamos al lector verificar que, a pesar de tener el mismo discriminante, estas cuadráticas tienen ceros diferentes. La descomposición parcial de la fracción toma la forma\[\frac{8 x^{2}}{x^{4}+16}=\frac{8 x^{2}}{\left(x^{2}-2 x \sqrt{2}+4\right)\left(x^{2}+2 x \sqrt{2}+4\right)}=\frac{A x+B}{x^{2}-2 x \sqrt{2}+4}+\frac{C x+D}{x^{2}+2 x \sqrt{2}+4}\nonumber\] Obtenemos\[ 8 x^{2}=(A+C) x^{3}+(2 A \sqrt{2}+B-2 C \sqrt{2}+D) x^{2}+(4 A+2 B \sqrt{2}+4 C-2 D \sqrt{2}) x+4 B+4 D\nonumber\] lo que da al sistema\[\left\{\begin{aligned} A+C &=0 \\ 2 A \sqrt{2}+B-2 C \sqrt{2}+D &=8 \\ 4 A+2 B \sqrt{2}+4 C-2 D \sqrt{2} &=0 \\ 4 B+4 D &=0 \end{aligned}\right.\nonumber\] Elegimos la sustitución como el arma de elección para resolver este sistema. De\(A + C = 0\), obtenemos\(A = −C\); de\(4B + 4D = 0\), obtenemos\(B = −D\). Sustituyendo éstas en las dos ecuaciones restantes, obtenemos\[ \left\{\begin{array}{r} -2 C \sqrt{2}-D 2 C \sqrt{2}+D=8 \\ -4 C-2 D \sqrt{2}+4 C-2 D \sqrt{2}=0 \end{array}\right.\nonumber\] o\[ \left\{\begin{array}{l} -4 C \sqrt{2}=8 \\ -4 D \sqrt{2}=0 \end{array}\right.\nonumber\] obtenemos\( C=-\sqrt{2}\) así que eso\(A=-C=\sqrt{2}\) y lo\(D = 0\) que significa\(B = −D = 0\). Obtenemos\[\frac{8 x^{2}}{x^{4}+16}=\frac{x \sqrt{2}}{x^{2}-2 x \sqrt{2}+4}-\frac{x \sqrt{2}}{x^{2}+2 x \sqrt{2}+4}\nonumber\]

8.6.1. Ejercicios

En los Ejercicios 1 - 6, encuentra únicamente la forma necesaria para iniciar el proceso de descomposición parcial de la fracción. No cree el sistema de ecuaciones lineales ni intente encontrar la descomposición real.

1. \(\frac{7}{(x-3)(x+5)}\)
2. \(\frac{5 x+4}{x(x-2)(2-x)}\)
3. \(\frac{m}{(7 x-6)\left(x^{2}+9\right)}\)
4. \(\frac{a x^{2}+b x+c}{x^{3}(5 x+9)\left(3 x^{2}+7 x+9\right)}\)
5. \(\frac{\text { A polynomial of degree }<9}{(x+4)^{5}\left(x^{2}+1\right)^{2}}\)
6. \(\frac{\text { A polynomial of degree }<7}{x(4 x-1)^{2}\left(x^{2}+5\right)\left(9 x^{2}+16\right)}\)

En los Ejercicios 7 - 18, encuentra la descomposición parcial de la fracción de las siguientes expresiones racionales.

7. \(\frac{2 x}{x^{2}-1}\)
8. \(\frac{-7 x+43}{3 x^{2}+19 x-14}\)
9. \(\frac{11 x^{2}-5 x-10}{5 x^{3}-5 x^{2}}\)
10. \(\frac{-2 x^{2}+20 x-68}{x^{3}+4 x^{2}+4 x+16}\)
11. \(\frac{-x^{2}+15}{4 x^{4}+40 x^{2}+36}\)
12. \(\frac{-21 x^{2}+x-16}{3 x^{3}+4 x^{2}-3 x+2}\)
13. \(\frac{5 x^{4}-34 x^{3}+70 x^{2}-33 x-19}{(x-3)^{2}}\)
14. \(\frac{x^{6}+5 x^{5}+16 x^{4}+80 x^{3}-2 x^{2}+6 x-43}{x^{3}+5 x^{2}+16 x+80}\)
15. \(\frac{-7 x^{2}-76 x-208}{x^{3}+18 x^{2}+108 x+216}\)
16. \(\frac{-10 x^{4}+x^{3}-19 x^{2}+x-10}{x^{5}+2 x^{3}+x}\)
17. \(\frac{4 x^{3}-9 x^{2}+12 x+12}{x^{4}-4 x^{3}+8 x^{2}-16 x+16}\)
18. \(\frac{2 x^{2}+3 x+14}{\left(x^{2}+2 x+9\right)\left(x^{2}+x+5\right)}\)
19. Como señalamos al inicio de esta sección, la técnica de resolver una función racional en fracciones parciales es una habilidad necesaria para Cálculo. No obstante, esperamos haberle demostrado que vale la pena hacerlo si, por ninguna otra razón, refuerza una gran cantidad de álgebra. Uno de los errores algebraicos comunes que los autores encuentran que cometen los estudiantes es algo en la línea de\[ \frac{8}{x^{2}-9} \neq \frac{8}{x^{2}}-\frac{8}{9}\nonumber\] Piense por qué si lo anterior fuera cierto, esta sección no tendría necesidad de existir.

8.6.2 Respuestas

1. \(\frac{A}{x-3}+\frac{B}{x+5}\)
2. \(\frac{A}{x}+\frac{B}{x-2}+\frac{C}{(x-2)^{2}}\)
3. \(\frac{A}{7 x-6}+\frac{B x+C}{x^{2}+9}\)
4. \(\frac{A}{x}+\frac{B}{x^{2}}+\frac{C}{x^{3}}+\frac{D}{5 x+9}+\frac{E x+F}{3 x^{2}+7 x+9}\)
5. \(\frac{A}{x+4}+\frac{B}{(x+4)^{2}}+\frac{C}{(x+4)^{3}}+\frac{D}{(x+4)^{4}}+\frac{E}{(x+4)^{5}}+\frac{F x+G}{x^{2}+1}+\frac{H x+I}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}\)
6. \(\frac{A}{x}+\frac{B}{4 x-1}+\frac{C}{(4 x-1)^{2}}+\frac{D x+E}{x^{2}+5}+\frac{F x+G}{9 x^{2}+16}\)
7. \(\frac{2 x}{x^{2}-1}=\frac{1}{x+1}+\frac{1}{x-1}\)
8. \(\frac{-7 x+43}{3 x^{2}+19 x-14}=\frac{5}{3 x-2}-\frac{4}{x+7}\)
9. \(\frac{11 x^{2}-5 x-10}{5 x^{3}-5 x^{2}}=\frac{3}{x}+\frac{2}{x^{2}}-\frac{4}{5(x-1)}\)
10. \(\frac{-2 x^{2}+20 x-68}{x^{3}+4 x^{2}+4 x+16}=-\frac{9}{x+4}+\frac{7 x-8}{x^{2}+4}\)
11. \(\frac{-x^{2}+15}{4 x^{4}+40 x^{2}+36}=\frac{1}{2\left(x^{2}+1\right)}-\frac{3}{4\left(x^{2}+9\right)}\)
12. \(\frac{-21 x^{2}+x-16}{3 x^{3}+4 x^{2}-3 x+2}=-\frac{6}{x+2}-\frac{3 x+5}{3 x^{2}-2 x+1}\)
13. \(\frac{5 x^{4}-34 x^{3}+70 x^{2}-33 x-19}{(x-3)^{2}}=5 x^{2}-4 x+1+\frac{9}{x-3}-\frac{1}{(x-3)^{2}}\)
14. \(\frac{x^{6}+5 x^{5}+16 x^{4}+80 x^{3}-2 x^{2}+6 x-43}{x^{3}+5 x^{2}+16 x+80}=x^{3}+\frac{x+1}{x^{2}+16}-\frac{3}{x+5}\)
15. \(\frac{-7 x^{2}-76 x-208}{x^{3}+18 x^{2}+108 x+216}=-\frac{7}{x+6}+\frac{8}{(x+6)^{2}}-\frac{4}{(x+6)^{3}}\)
16. \(\frac{-10 x^{4}+x^{3}-19 x^{2}+x-10}{x^{5}+2 x^{3}+x}=-\frac{10}{x}+\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{x}{\left(x^{2}+1\right)^{2}}\)
17. \(\frac{4 x^{3}-9 x^{2}+12 x+12}{x^{4}-4 x^{3}+8 x^{2}-16 x+16}=\frac{1}{x-2}+\frac{4}{(x-2)^{2}}+\frac{3 x+1}{x^{2}+4}\)
18. \(\frac{2 x^{2}+3 x+14}{\left(x^{2}+2 x+9\right)\left(x^{2}+x+5\right)}=\frac{1}{x^{2}+2 x+9}+\frac{1}{x^{2}+x+5}\)

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Referencia

¹ Recordemos esto significa que no tiene ceros reales; ver Sección 3.4.

² Recordemos que este medio\(x = 0\) es un cero de multiplicidad.

³ Esto lo justificaremos en breve.