Algunas antiderivadas de funciones racionales involucran funciones trigonométricas inversas, y algunas implican logaritmos. Pero las funciones trigonométricas inversas pueden ser expresadas en términos de logaritmos complejos. Entonces, ¿existe una fórmula general para la antiderivada de cualquier función racional que utilice logaritmos complejos para unir los dos conceptos?
Respuestas
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Escribe la función racional como $$f(z) = \dfrac{p(z)}{q(z)} = \dfrac{p(z)}{\prod_{j=1}^n (z - r_j)}$$ donde $r_j$ son las raíces del denominador, y $p(z)$ es un polinomio. Supondré que $p$ tiene grado menor que $n$ y las raíces $r_j$ son todas distintas.
Entonces la descomposición en fracciones parciales de $f(z)$ es $$ f(z) = \sum_{j=1}^n \frac{p(r_j)}{q'(r_j)(z - r_j)}$$ donde $p(r_j)/q'(r_j)$ es el residuo de $f(z)$ en $r_j$. Una primitiva es $$ \int f(z)\ dz = \sum_{j=1}^n \frac{p(r_j)}{q'(r_j)} \log(z -r_j)$$
eljenso
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Si se usan fracciones parciales permitiendo números complejos como coeficientes, entonces el denominador de $p(x)/q(x)$ se descompone en una constante multiplicada por un producto de términos de la forma $(x-a_k)^r$ para un conjunto de complejos distintos $a_k$. Entonces las fracciones parciales expresan $p(x)/q(x)$ como la suma de un polinomio y términos de la forma $c/(x-a_k)^j$, por lo que la antiderivada consiste en la del polinomio, y algunos términos de logaritmos al integrar cualquier término $c/(x-a_k)$, y algunos términos fraccionarios racionales que provienen de integrar términos $c/(x-a_k)^i$ con $i>1$. Por lo tanto, parece que todos los términos son funciones racionales o términos logarítmicos.
Michael Hardy
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En un sentido, Robert Israel lo cubre, en el caso de raíces distintas. Sin embargo, ¿puedo agregar algunas cosas:
Si los coeficientes están en el campo $\mathbb C$ de los números complejos, entonces la factorización del numerador y denominador en $a(z-r_1)\cdots(z-r_n)$ se puede hacer, donde $r_1,\ldots,r_n$ son números complejos, algunos de los cuales pueden ser iguales entre sí. Luego obtenemos fracciones parciales.
Si ninguna de las $r$ es igual a otra, es decir, tenemos raíces distintas, entonces, como señaló Robert Israel, $$ \frac{\bullet}{z-r_1}+\cdots+\frac{\bullet}{z-r_n}. $$ Si una raíz ocurre más de una vez, entonces obtenemos potencias superiores; por ejemplo, si la raíz $r$ ocurre tres veces, tenemos $$ \frac{\bullet}{z-r}+\frac{\bullet}{(z-r)^2}+\frac{\bullet}{(z-r)^3}. $$
Pero ahora supongamos que los coeficientes son reales. Entonces, para cada raíz compleja $r$, el conjugado complejo $\overline r$ también es una raíz. En ese caso $$ (z-r)(z-\overline r) = z^2 - (r+\overline r)z + r\overline r $$ y los coeficientes de este polinomio cuadrático son reales. Por lo tanto, tenemos una factorización en la que cada factor es de primer o segundo grado y todos los coeficientes son reales. Al factorizar de esta forma, a veces es conveniente incluir un coeficiente de $z^2$ distinto de $1$, por lo que tenemos $az^2+bz+c$. Si $a,b,c$ son reales, entonces $az^2+bz+c$ se puede factorizar en factores de primer grado solo si $b^2-4ac\ge 0$. Si $b^2-4ac<0$ e insistimos en usar solo números reales en la factorización, entonces la expansión en fracciones parciales incluye términos como este: $$ \frac{fz+g}{az^2+bz+c}. $$ Aquí, uno puede escribir $$u=az^2+bz+c,$$ $$du = (2az+b)\,dz,$$ $$\left(\frac{f}{2a}\cdot\frac{2a+b}{az^2+bz+c} + \frac{\frac{-fb}{2a}+g}{az^2+bz+c}\right)\,dz = \left(\text{constante}\cdot\frac{du}{u}\right) + \left(\frac{\text{constante}}{az^2+bz+c} \, dz\right).$$ La sustitución maneja el primer término y obtenemos $$ \text{constante}\cdot \begin{cases}\log(az^2+bz+c) & \text{si }a>0, \\ \log(-az^2-bz-c) & \text{si }a<0. \end{cases} $$ No necesitamos un valor absoluto dentro del logaritmo, porque el hecho de que $b^2-4ac<0$ significa que el polinomio nunca cambia de signo siempre y cuando $z$ sea real.
El segundo término requiere completar el cuadrado: $$ \frac{dz}{az^2+bz+c} = \frac{dz}{a\left(z+\frac{b}{2a}\right)^2 + \left(c-\frac{b^2}{4a}\right)} $$ Si $a>0$ entonces $c-\frac{b^2}{4a}>0$ porque $b^2-4ac<0$. Luego dividimos arriba y abajo por $c-\frac{b^2}{4a}>0$ y obtenemos una constante veces $$ \frac{dz}{\left( \frac{z+\frac{b}{2a}}{\sqrt{A}} \right)^2 + 1} = \frac{dz/\text{algo}}{w^2+1} = \text{constante}\cdot\frac{dw}{w^2+1} = \text{constante}\cdot d(\arctan(w)). $$
Sin embargo: Factorizar el polinomio en factores lineales y cuadráticos puede ser laborioso y, en cierto sentido razonable, incluso no trivial en algunos casos.
PD: No he dicho qué sucede con $\dfrac{\bullet}{(ax^2+bx+c)^2}$ u otras potencias cuando $b^2-4ac<0$. La respuesta corta es las sustituciones trigonométricas.
