Mediante fracciones parciales

El artificio de integración mediante fracciones simples se fundamenta en la descomposición de una fracción racional en un conjunto de fracciones racionales sumando, lo cual es posible, siempre y cuando el denominador pueda descomponerse en factores de primer y segundo grado irreducibles.

Una fracción algebraica es el cociente de dos funciones polinómicas. Esto es
$$r(x)={f(x)\over g(x)}$$ en la cual $f(x)$ y $g(x)$ son polinomios tal que $g(x)\neq0$.

Si el grado de $g(x)$ es mayor que el de $f(x)$, entonces se dice que es una fracción racional.

Una fracción racional se dice ser simple si es de la forma
$${A\over ax+b} \ \ \ \ \mbox{ó} \ \ \ \ {Ax+B\over ax^2+bx+C}$$


Tendremos los siguientes casos

  1. Cuando el denominador puede descomponerse en factores de primer grado no repetidos, esto es
    $${f(x)\over g(x)}={f(x)\over (a_1x+b_1)(a_2x+b_2)\ldots (a_nx+b_n)}$$ entonces
    $${f(x)\over g(x)}={A_1\over a_1x+b_1}+{A_2\over a_2x+b_2}+\ldots+{A_n\over a_nx+b_n}$$ en donde $A_1,A_2,\ldots,A_n$ son constantes cuyos valores se determinan utilizando el segundo procedimiento de los siguientes



    1. Multiplicar por el denominador común; esto es
      \begin{eqnarray*} f=A_1(a_2x+b_2)(a_3x+b_3)&\ldots& (a_nx+b_n)\\ \\ +A_2(a_1x+b_1)(a_3x+b_3)&\ldots& (a_nx+b_n)+\\ \\ \ldots+ A_n(a_1x+b_1)(a_2x+b_2)&\ldots &(a_{n-1}x+b_{n-1}) \end{eqnarray*}

    2. Desarrollar, agrupar y utilizar identidad de polinomios para formar el sistema, que al ser resuelto nos dará los valores de $A_1, A_2,\ldots, A_n.$
    3. Integral la fracción simple, esto es
      \begin{eqnarray*} \int{f\over g}dx &=&\int\left( {A_1\over a_1x+b_1}+{A_2\over a_2x+b_2}+\ldots+{A_n\over a_nx+b_n} \right)dx \\ \\ &=& {A_1\over a_1} \ln(a_1x+b_1)+{A_2\over a_2}\ln(a_2x+b_2)+\\ \\ &&\ldots+{A_n\over a_n}\ln(a_nx+b_n)+C \end{eqnarray*}


  2. Cuando el denominador $g$, puede descomponerse en un factores de primer grado repetido $n$ veces, esto es
    \begin{eqnarray*} {f\over g}&=&{ f\over (ax+b)^n}\\ \\ &=&{A_1\over(ax+b)^n}+{A_2\over(ax+b)^{n-1}}+\ldots+{A_n\over ax+b} \end{eqnarray*}
    en donde $A_1,A_2,\ldots,A_n$ son constantes cuyos valores se determinan utilizando el procedimiento descrito en el caso 1.

  3. Cuando el denominador $g$ puede descomponerse en factores de segundo grado irreducibles no repetidos, esto es
    $$ {f\over g}={ f\over (a_1x^2+b_1x+c_1)(a_2x^2+b_2x+c_2)\ldots (a_nx^2+b_nx+c_n)}$$ entonces

    $$ {f\over g}={A_1x+B_1\over a_1x^2+b_1x+c_1}+{A_2x+B_2\over a_2x^2+b_2x+c_2}+\ldots{A_nx+B_n\over a_nx^2+b_nx+c_n}$$

    en donde $A_1,A_2,\ldots,A_n, B_1,B_2,\ldots,B_n$ son constantes cuyos valores se determinan utilizando el procedimiento descrito en el caso 1.


  4. Cuando el denominador $ g$, puede descomponerse en un factores de segundo grado repetido ${n\over2}$ veces, esto es
    \begin{eqnarray*} { f\over g}&=&{f\over (ax+bx+C)^{n/2}}\\ \\ &=&{A_1x+B_1\over(ax^2+bx+c)^{n/2}}+{A_2x+B_2\over(ax^2+bx+c)^{n/2-1}}+\ldots+{A_{n/2}x+B_{n/2}\over ax^2+bx+c} \end{eqnarray*}
    en donde $A_1,A_2,\ldots,A_n, B_1,B_2,\ldots,B_n$ son constantes cuyos valores se determinan utilizando el procedimiento descrito en el caso 1.

Ejercicios Resueltos



  1. Evalúe $ \displaystyle\int{dx\over x^4-1} $

    Solución

    Factorizando $x^4-1$ tenemos
    $$x^4-1=(x^2-1)(x^2+1)=(x+1)(x-1)(x^2+1)$$
    descomponiendo en fracciones parciales tenemos

    $$ {1\over x^4-1}={1\over(x^2-1)(x^2+1)}={1\over(x+1)(x-1)(x^2+1)}$$
    hagamos
    $$ {1\over(x+1)(x-1)(x^2+1)}={A\over x+1}+{B\over x-1}+{Cx+D\over x^2+1}$$
    multiplicando ambos lados de la igualdad por $(x+1)(x-1)(x^2+1)$ tendremos
    \begin{eqnarray*} 1&=&A(x-1)(x^2+1)+B(x+1)(x^2+1)(Cx+D)(x+1)(x-1)\\ \\ &=&A(x^3-x^2+x-1)+B(x^3+x^2+x+1)+C(x^3-x)+D(x^2-1)\ \end{eqnarray*}
    por igualdad de polinomios, igualando coeficientes, tendremos


    $x^3\ : \ A + B + C = 0$
    $x^2 \ : \ -A + B + D = 0$
    $x \ : \ A + B – C = 0$
    $x^0\ : \ -A + B -D = 1$

    resolviendo el sistema de ecuaciones lineales tendremos que
    $$ A=-1/4, \ \ B=1/4, \ \ C=0 \ \ \mbox{y } \ \ D=-1/2 $$
    entonces tendremos que
    $${1\over x^4-1}={-1/4\over x+1}+{1/4\over x-1}+{-1/2\over x^2+1}$$
    por tanto
    \begin{eqnarray*} \int {1\over x^4-1}dx&=&-{1\over4}\int{dx\over x+1}+{1\over 4}\int{dx\over x-1}-{1\over2}\int{dx\over x^2+1}\\ \\ &=&-{1\over4}\ln|x+1|+{1\over4}\ln|x-1|-{1\over2}\tan^{-1}x+C\\ \\ \therefore\int {1\over x^4-1}dx&=&{1\over4}\ln\left|x-1\over x+1 \right|-{1\over2}\tan^{-1}x+C \end{eqnarray*}


  2. Evalúe $ \displaystyle\int {x^2+4x+1\over (x-1)(x+1)(x+3)}dx $

    Solución

    Descomponiendo en fracciones parciales tenemos
    $${x^2+4x+1\over (x-1)(x+1)(x+3)}={A\over x-1}+{B\over x+1}+{C\over x+3}$$
    multiplicando por $(x-1)(x+1)(x+3)$ de ambos lados de la igualdad tendremos
    \begin{eqnarray*} x^2+4x+1&=& A(x+1)(x+3)+B(x-1)(x+3)+C(x-1)(x+1) \\ \\ &=& A(x^2+4x+3)+B(x^2+2x-3)+C(x^2-1) \ \end{eqnarray*}
    por igualdad de polinomios, igualando coeficientes, tendremos


    $x^2 \ : \ A + B +C = 1$
    $x \ : \ 4A + 2B \ \ \ \ \ = 4$
    $x^0 \ : \ 3A – 3B -C = 1$

    resolviendo el sistema de ec. lineales tendremos que
    $$ A=3/4, \ \ B=1/2, \ \ \mbox{y} \ \ C=-1/4 $$
    entonces tendremos que
    \begin{eqnarray*} \int {x^2+4x+1\over (x-1)(x+1)(x+3)}dx &=&\int\left( {3\over4}{1\over x-1}+{1\over2}{1\over x+1}-{1\over4}{1\over x+3} \right)dx\\ \\ &=&{3\over4}\int{1\over x-1}dx+{1\over2}\int{1\over x+1}dx-{1\over4}\int{1\over x+3}dx \\ \\ &=&{3\over4}\ln\left|{1\over x-1}\right|+{1\over2}\ln\left|{1\over x+1}\right|-{1\over4}\ln\left|{1\over x+3}\right|+C \\ \\ \therefore\int {x^2+4x+1\over (x-1)(x+1)(x+3)}dx &=&{3\over4}\ln\left|{1\over x-1}\right|+{1\over2}\ln\left|{1\over x+1}\right|-{1\over4}\ln\left|{1\over x+3}\right|+C \end{eqnarray*}


  3. Evalúe $ \displaystyle\int{2x^2+5x-1\over x^3+x^2-2x}dx $

    Solución

    Factorizando el denominador del integrando tendremos
    $$x^3+x^2-2x=x(x^2+x-2)=x(x+2)(x-1)$$
    la descomposición en fracciones parciales del integrando seía
    $${2x^2+5x-1\over x(x+2)(x-1)}={A\over x}+{B\over x+2}+{C\over x-1}$$
    multiplicando en ambos lados de la igualdad por $x(x+2)(x-1)$, tendremos
    $$2x^2+5x-1=A(x+2)(x-1)+Bx(x-1)+Cx(x+2)$$
    usando el método de Heaviside, tendremos

    si $x=0$, entonces
    $$-1=-2A\Longrightarrow A=1/2$$
    si $x=-2$, entonces
    $$-3=6B\Longrightarrow B=-1/2$$
    si $x=1$, entonces
    $$6=3C\Longrightarrow C=2$$ entonces
    \begin{eqnarray*} \int{2x^2+5x-1\over x^3+x^2-2x}dx&=&{1\over2}\int{dx\over x}-{1\over2}\int{dx\over x+2}+2\int{dx\over x-1}\\ \\ &=&{1\over2}\ln|x|-{1\over2}\ln|x+2|+2\ln|x-1|+C\\ \\ \therefore\int{2x^2+5x-1\over x^3+x^2-2x}dx&=&\ln\left|\sqrt{x}(x-1)^2\over\sqrt{x+2} \right|+C \end{eqnarray*}


  4. Evalúe $ \displaystyle \int{dx\over x(x^2+1)^2} $

    Solución

    La descomposición en fracciones parciales del integrando es
    $${1\over x(x^2+1)^2}={A\over x}+{Bx+C\over x^2+1}+{Dx+E\over (x^2+1)}$$ multiplicando ambos lados de la igualdad por $x(x^2+1)^2 $ tendremos
    \begin{eqnarray*} 1&=&A(x^2+1)^2+(Bx+C)x(x^2+1)+(Dx+E)x\\ \\ &=&A(x^4+2x^2+1)+B(x^4+x^2)+C(x^3+x)+Dx^2+Ex \end{eqnarray*}
    por igualdad de polinomios, igualando coeficientes, tendremos


    $x^4\ : \ A + B =0$
    $x^3 \ : \ C=0$
    $x^2\ : \ 2A+B+D=0$
    $x \ : \ C +E=0$
    $x^0 \ : \ A=1$

    resolviendo el sistema de ec. lineales tendremos que $A=1, \ B=-1, \ C=0, \ D=-1$ y $E=0$, entonces
    \begin{eqnarray*} \int{dx\over x(x^2+1)^2}&=&\int\left({1\over x}-{x\over x^2+1}-{x\over (x^2+1)^2} \right)dx\\ \\ &=&\int{1\over x}dx-\int{x\over x^2+1}dx-\int{x\over (x^2+1)^2}dx\\ \\ &=&\ln|x|-{1\over2}\ln|x^2+1|-{1\over2(x^2+1)}+C \\ \\ \therefore \int{dx\over x(x^2+1)^2}&=&\ln|x|-{1\over2}\ln|x^2+1|-{1\over2(x^2+1)}+C \end{eqnarray*}


  5. Evalúe $ \displaystyle \int {\sqrt{x+1}\over x}dx$

    Solución

    Fíjese que no podemos aplicar descomposición en fracciones parciales al integrando, por lo que procederemos a usar una sustitución;

    sea $u^2=x+1$, entonces $x=u^2-1$ y de aquí que $dx=2udu$, entonces
    $$ \int {\sqrt{x+1}\over x}dx=2\int\frac{u^2}{u^2-1}du$$
    ahora, dividiendo el integrando tenemos
    $${u^2\over u^2-1}=1+{1\over u^2-1}$$
    descomponiendo en fracciones parciales el segundo término del lado derecho
    $${1\over u^2-1}={1\over(u-1)(u+1)}={A\over x-1}+{B\over x+1}$$
    multiplicando ambos lado de la igualdad por $(u+1)(u-1)$ tendremos
    $$1=A(u+1)+B(u-1)$$ usando el método de Heaviside

    si $u=1$, entonces $A=1/2$ y si $u=-1$, entonces $B=-1/2$

    entonces
    \begin{eqnarray*} \int {\sqrt{x+1}\over x}dx&=&2\int\frac{u^2}{u^2-1}du=2\int\left( 1+{1\over u^2-1}\right) du\\ \\ &=&2\int du+2\int\left({1/2\over u-1}-{1/2\over u+1} \right)du\\ \\ &=&2\int du+\int{1\over u-1}du-\int{1\over u+1}du \\ \\ &=& 2u+\ln|u-1|-\ln|u+1|+C\\ \\ &=& 2\sqrt{x+1}+\ln\left|\sqrt{x+1}-1\over\sqrt{x+1}+1 \right|+C \\ \\ \therefore \int {\sqrt{x+1}\over x}dx &=& 2\sqrt{x+1}+\ln\left|\sqrt{x+1}-1\over\sqrt{x+1}+1 \right|+C \end{eqnarray*}


  6. Evalúe $ \displaystyle \int {dx\over \sqrt{x}(x^{1/6}-1)} $

    Solución

    Fíjese que no podemos aplicar descomposición en fracciones parciales al integrando, por lo que procederemos a usar una sustitución;

    sea $u^6=x$, entonces $dx=6u^5du$, entonces
    $$ \int {1\over \sqrt{x}(x^{1/6}-1)}dx=6\int\frac{u^2}{u^2-1}du$$
    ahora, dividiendo el integrando tenemos
    $${u^2\over u^2-1}=1+{1\over u^2-1}$$
    descomponiendo en fracciones parciales el segundo término del lado derecho
    $${1\over u^2-1}={1\over(u-1)(u+1)}={A\over x-1}+{B\over x+1}$$
    multiplicando ambos lado de la igualdad por $(u+1)(u-1)$ tendremos
    $$1=A(u+1)+B(u-1)$$ usando el método de Heaviside

    si $u=1$, entonces $A=1/2$ y si $u=-1$, entonces $B=-1/2$

    entonces
    \begin{eqnarray*} \int {1\over \sqrt{ x}(x^{1/6}-1)}dx&=&6\int\frac{u^2}{u^2-1}du=6\int\left( 1+{1\over u^2-1}\right) du\\ \\ &=&6\int du+6\int\left({1/2\over u-1}-{1/2\over u+1} \right)du\\ \\ &=&6\int du+3\int{1\over u-1}du-3\int{1\over u+1}du \\ \\ &=& 6u+3\ln|u-1|-3\ln|u+1|+C\\ \\ &=& 6\sqrt[6]{x}+3\ln\left|\sqrt[6]{x}-1\over\sqrt[6]{x}+1 \right|+C \\ \\ \therefore \int {1\over \sqrt{ x}(x^{1/6}-1)}dx &=& 6\sqrt[6]{x}+3\ln\left|\sqrt[6]{x}-1\over\sqrt[6]{x}+1 \right|+C \end{eqnarray*}


Integración de funciones racionales

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