Integración por fracciones parciales; ¿cómo y por qué funciona?

Question

¿Alguien podría guiarme a través de los pasos para descomponer $$\frac{2x^2+11x}{x^2+11x+30}$$ en fracciones parciales?

De manera más general, ¿cómo se utilizan las fracciones parciales para calcular integrales $$\int\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx$$ de funciones racionales ($P(x)$ y $Q(x)$ son polinomios)?

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Esta pregunta se hace en un esfuerzo por reducir los duplicados. Ver Coping with *abstract* duplicate questions.

También ver List of Generalizations of Common Questions.

Answer 1

Realmente no puedo TeXificar la división larga de polinomios en el sentido normal, pero básicamente quieres resolver $$ 2x^2+11x=g(x)\cdot (x^2+11x+30)+r(x) $$ encontrando polinomios $g(x)$ y $r(x)$ tales que $\deg(r)=0$ o $\deg(r)<\deg(x^2+11x+30)$.

¿Quieres que los términos principales coincidan en ambos lados, verdad? Entonces, el término principal de $g(x)$ debería ser $2$.

Este es el término constante del polinomio, por lo que has llegado al final de la línea en cierto sentido. Entonces $$ 2x^2+11x=2\cdot (x^2+11x+30)+r(x) $$ lo que implica $$ r(x)=2x^2+11x-2\cdot (x^2+11x+30)=-11x-60. $$ Se sigue entonces que $$ \frac{2x^2+11x}{x^2+11x+30}=2+\frac{-11x-60}{x^2+11x+30}. $$ Puedes comprobar que $$ \frac{-11x-60}{x^2+11x+30}=-\frac{6}{x+6}-\frac{5}{x+5}. $$ Para obtener realmente el resto en esa forma deseada, podrías usar el método de fracciones parciales para dividir tu resto con denominador cuadrático en una suma de términos con denominadores lineales. Puedo expandir más sobre eso si no estás familiarizado con él. También puede ser muy útil seguir el buen ejemplo dado en wikipedia.

Answer 2

Aquí hay algunos aspectos formales de la respuesta encantadora (por Arturo Magidin) arriba.

Sean $ f(x), g(x) $ polinomios $ ( g \neq 0 ) $. Nuestro objetivo ahora es integrar $ \frac{f}{g} $.

Al dividir $ f $ por $ g $ obtenemos que $ f = qg + r $ con $ \deg(r) < \deg(g) $, entonces $ \frac{f}{g} $ es un polinomio $ q $ más una fracción propia $ \frac{r}{g} $ [llamaremos a una fracción $ \frac{p}{q} $ de polinomios "propia" si $ \deg{p} < \deg{q} $]. Dado que los polinomios $ q, r $ aquí son únicos, llamaremos a $ q $ la "parte polinómica" y a $ \frac{r}{g} $ la "parte fraccionaria propia" de $ \frac{f}{g} $.

Ahora solo necesitamos averiguar cómo integrar fracciones propias, así que comencemos con $ \deg(f) < \deg(g) $.

$ g $ puede descomponerse en un producto formado por factores lineales y factores cuadráticos con discriminante negativo [Demostrado aquí, por ejemplo]. Además, cualquier fracción propia $ \displaystyle \frac{f}{g_1 \ldots g_k} $ donde los $ g_i $ son mutuamente primos se puede escribir como una suma de fracciones propias con denominadores $ g_1, \ldots, g_k $ [Vamos a demostrarlo para $ k = 2 $, el caso general sigue por inducción. Dado que $ g_1, g_2 $ son primos entre sí, por el algoritmo de Euclides $ g_1 u_1 + g_2 u_2 = 1 $ para algunos polinomios $ u_1, u_2 $. Ahora $ \displaystyle \frac{f u_1}{g_2} + \frac{f u_2}{g_1} = \frac{f}{g_1 g_2} $, y dado que el lado derecho es propio, las partes polinómicas de $ \displaystyle \frac{f u_1}{g_2}, \frac{f u_2}{g_1} $ suman $ 0 $. Así que (parte fraccionaria propia de $ f u_1 / g_2 $) + (parte fraccionaria propia de $ f u_2 / g_1 $) = $ f / g_1 g_2 $, hecho.]

Entonces $ \displaystyle \frac{f}{g} $ se descompone en una suma de fracciones propias de la forma $ \displaystyle \frac{s(x)}{t(x) ^l} $ y $ \displaystyle \frac{p(x)}{h(x) ^k} $, donde los $ t(x) $ son polinomios lineales y los $ h(x) $ son cuadráticos con discriminante negativo.

Los términos aquí se pueden descomponer aún más. Cualquier fracción propia de la forma $ \displaystyle \frac{f}{g^k} $ es una suma de fracciones propias, con denominadores $ g, \ldots, g^k $ y numeradores de menor grado que $ g $ (Los $ f, g $ aquí son distintos del problema original. La notación se repite para tratar de mantener las cosas más legibles). Esto se debe a que: La división da $ f = qg + r $ con $ \deg(r) < \deg(g) $, por lo que $ \displaystyle \frac{f}{g^k} = \frac{q}{g^{k-1}} + \frac{r}{g^k} $. Todos los términos aquí son propios y $ \deg(r) < \deg(g) $. Ahora, continuando con $ \displaystyle \frac{q}{g^{k-1}} $, hemos terminado.

Entonces nuestra fracción propia original $ \displaystyle \frac{f}{g} $ es una suma de fracciones propias, de la forma $ \displaystyle \frac{m}{(x+p)^l} $ y de la forma $ \displaystyle \frac{ax+b}{(x^2 + cx + d)^k} $ donde $ x^2 + cx + d $ tiene discriminante negativo.

Las fracciones propias de la forma $ \displaystyle \frac{m}{(x+p)^l} $ son fácilmente integrables, por ejemplo sustituyendo $ u = x + p $.
Así que finalmente, el problema se reduce a integrar fracciones de la forma $ \displaystyle \frac{ax+b}{(x^2 + cx + d)^k} $ donde $ x^2 + cx + d $ tiene discriminante negativo. Escribir $ x^2 + cx + d $ como $ \displaystyle (x + \frac{c}{2})^2 + (d - \frac{c^2}{4}) $ y sustituir $ u = x + \frac{c}{2} $ hace que la integral tome la forma $ \displaystyle \int \frac{Au + B}{(u^2 + C^2)^k} du $. Podemos integrar la parte $ \displaystyle \frac{Au}{(u^2 + C^2)^k} $ sustituyendo $ v = u^2 + C^2 $. Y la parte $ \displaystyle \frac{B}{(u^2 + C^2)^k} $, como se menciona en la respuesta anterior, se puede manejar utilizando la integración por partes.

Answer 3

$\color{brown}{\textbf{Notas preliminares.}}$

Las fracciones parciales son una forma de presentar una expresión racional como la suma de términos más simples, lo que permite utilizar las técnicas de integración estándar.

Por ejemplo, la expresión $$\dfrac2{x+2}+\dfrac1{x+3}$$ es más adecuada para la integración que la expresión racional equivalente en forma de $$\dfrac{3x+5}{x^2+5x+6}.$$

Los pasos preliminares obvios son:

• separación de la parte polinómica del techo;
• factorización del denominador.

El ejemplo dado permite la separación simple en la forma de $$f_1(x) = \dfrac{2x^2+11x}{x^2+11x+30}=2+\dfrac{2x^2+11x-2(x^2+11x+30)}{x^2+11x+30},$$ $$f_1(x) = 2-\dfrac{11x+60}{x^2+11x+30}.$$ En el caso común, se puede usar la técnica de la división de polinomios.

Después de los pasos preliminares, tenemos: $$f_1(x) = 2-\dfrac{11x+60}{(x+5)(x+6)}.\tag1$$

$\color{brown}{\textbf{Técnica de fracciones parciales.}}$

Usando la presentación en la forma de $$f_2(x)=\dfrac{11x+60}{(x+5)(x+6)}=\dfrac A{x+5}+\dfrac B{x+6},\tag2$$ es fácil obtener: $$A=\lim\limits_{x\to-5}\,(x+5)f_2(x)=\lim\limits_{x\to-5}\,\dfrac{11x+60}{x+6} = 5,$$ $$B=\lim\limits_{x\to-6}\,(x+6)f_2(x)=\lim\limits_{x\to-6}\,\dfrac{11x+60}{x+5} = 6,$$ y de $(1),(2)$ se obtiene $$f_1(x)=2-\dfrac5{x+5}-\dfrac6{x+6}.$$

En el caso más difícil $$g(x)=\dfrac{(3x+4)(2x^2+3x+3)}{(x+1)(x+2)(x^2+1)}$$ se puede obtener $$A=\lim\limits_{x\to-1}(x+1)g(x) = \lim\limits_{x to-1}\dfrac{(3x+4)(2x^2+3x+3)}{(x+2)(x^2+1)} = 1;$$ $$B=\lim\limits_{x\to-2}(x+2)g(x) = \lim\limits_{x to-2}\dfrac{(3x+4)(2x^2+3x+3)}{(x+1)(x^2+1)} = 2;$$

$$A+B+C=\lim\limits_{x\to\infty}x\,g(x) = 6,\quad C=3;$$ $$A+\dfrac12B+D=\lim\limits_{x\to0}g(x) = 6,\quad D=4.$$ Por lo tanto, $$g(x)=\dfrac{(3x+4)(2x^2+3x+3)}{(x+1)(x+2)(x^2+1)}=\dfrac1{x+1}+\dfrac2{x+2}+ \dfrac{3x+4}{x^2+1}$$ La técnica considerada permite simplificar el cálculo de los coeficientes desconocidos.

Ver también Ejemplo1.

El uso no estándar de las fracciones parciales se ve en Ejemplo2.

La generalización no estándar de la técnica de fracciones parciales se presenta en Ejemplo3.

$\color{brown}{\textbf{Fracciones parciales para la antiderivada.}}$

Si $$h(x)=\dfrac{P(x)}{(x^2+a^2)^n},$$ donde el orden de $\;P(x)\;$ es menor que $\;2n,\;$ entonces se puede aplicar la representación integral en forma de
$$\int h(x)\,\text dx = \sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{A_k x+B_k}{(x^2+a^2)^k}+C\ln(x^2+a^2)+D\arctan\dfrac xa+\text{constante}.\tag3$$ La diferenciación de $(3)$ conduce a la identidad con coeficientes desconocidos en la forma de $$h(x) = \sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{A_k(x^2+a^2)-2kx(A_k x+B_k)}{(x^2+a^2)^{k+1}} + \dfrac{2Cx+D}{x^2+a^2}.\tag4$$ Al eliminar los denominadores, se debe obtener la identidad para los polinomios. Y esto permite obtener los coeficientes $\;A_k,B_k,C,D.\;$

En particular, esta posibilidad permite usar la presentación $$I(x)=\int\dfrac{(2x+1)(2x^4+17x^2+31)}{(x^2-1)(x^2+4)^2}$$ $$ = A\ln|x-1|+B\ln|x+1|+\dfrac{Cx+D}{x^2+4}+E \ln(x^2+4)+ F\arctan\dfrac x2,$$

$$\dfrac{(2x+1)(2x^4+17x^2+31)}{(x^2-1)(x^2+4)^2} = \dfrac A{x-1}+\dfrac B{x+1}+\dfrac{C+2Ex+2F}{x^2+4}- \dfrac{2Cx^2+2Dx}{(x^2+4)^2},$$ $$A=\lim\limits_{x\to1}\dfrac{(2x+1)(2x^4+17x^2+31)}{(x+1)(x^2+4)^2} = 3,$$ $$B=\lim\limits_{x\to-1}\dfrac{(2x+1)(2x^4+17x^2+31)}{(x-1)(x^2+4)^2} = 1,$$ $$A+B+E=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{x(2x+1)(2x^4+17x^2+31)}{(x^2-1)(x^2+4)^2} = 4,\quad E=0;$$ $$\dfrac A{x-1}+\dfrac B{x+1} = \dfrac{4x+2}{x^2-1}$$ $$\dfrac{2x+1}{(x^2+4)^2} = \dfrac{C+2F}{x^2+4}-\dfrac{2Cx^2+2Dx}{(x^2+4)^2},$$ $$2x+1 = (2F-C)x^2 -2 Dx + 4(C+2F),$$ $$C=\dfrac18,\quad D=-1,\quad F=\dfrac1{16}.$$

Por lo tanto, $$I = 3\ln|x-1|+\ln|x+1|+\dfrac{\frac18 x-1}{x^2+4} +\dfrac1{16}\arctan\dfrac x2,$$ La diferenciación confirma el resultado obtenido.