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La integración de algunas de estas funciones la podemos realizar por sustitución trigonométrica, ya sea completando al cuadrado o completando trinomio cuadrado perfecto, pero podemos utilizar un método más cómodo que consiste en descomponer la fracción en sumas o restas de funciones más simples llam...

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Integración de funciones racionales 𝑃(𝑥) ∫ 𝑑𝑥 𝑄(𝑥) Miguel Iván Bobadilla

Miguel Iván Bobadilla

INTEGRACIÓN DE FUNCIONES RACIONALES

Ta Tab bla d de e con conte te ten nid ido o Integración de funciones racionales ........3 Funciones racionales impropias ...................................................................................................... 3 Funciones racionales propias .......................................................................................................... 4 Ejemplo............................................................................................................................................ 4

Bibliografía.............................................. 13

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Inte Integgra ració ció ción n de ffun un unci ci cione one oness ra racio cio cion nal ales es Antes de explicar cómo resolver integrales con funciones racionales definamos que es una función racional para aquellos que aún no estén claros. Una función racional es el cociente de dos funciones polinómicas. 𝑓(𝑥) =

𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥)

La integración de algunas de estas funciones la podemos realizar por sustitución trigonométrica, ya sea completando al cuadrado o completando trinomio cuadrado perfecto, pero podemos utilizar un método más cómodo que consiste en descomponer la fracción en sumas o restas de funciones más simples llamadas fracciones parciales, y así no tendríamos que utilizar la tediosa trigonometría. Este método para descomponer funciones racionales fue propuesto por el matemático Johann Bernoulli, quien fue maestro del matemático Leonhard Euler. Existen dos tipos de funciones racionales, las propias en la que el grado del numerador es menor que el grado del denominador e impropias que es inversa, es decir, el numerador es de mayor grado que el denominador.

Fun Funcion cion ciones es ra racio cio cionale nale naless iimp mp mpropia ropia ropiass Como se menciona anteriormente estas funciones racionales el grado del numerador es mayor al del denominar. Estas fracciones se pueden descomponer simplemente efectuando la división, de la cual obtenemos una función de la siguiente forma: 𝑓(𝑥) =

𝑃(𝑥) 𝑅(𝑥) = 𝐶(𝑥) + 𝑄(𝑥) 𝑄(𝑥)

Donde 𝐶(𝑥) es el polinomio cociente resultante de la división 𝑃(𝑥)

sobrante de la división 𝑄(𝑥). Algo a notar es que la fracción

𝑅(𝑥)

𝑄(𝑥)

𝑃(𝑥) 𝑄(𝑥)

y 𝑅(𝑥) es el

es propia, por lo cual toda

función racional impropia puede ser descompuesta en una suma o resta de polinomios con fracciones propias.

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Fun Funcion cion ciones es ra racio cio cionale nale naless pro propias pias Las funciones racionales propias el grado de su numerador es menos a la de su denominador, pero a diferencia de las impropias no podemos efectuar la división, el proceso es diferente y consiste en factorizar el denominador. Al realizar esta factorización la fracción se descomponen en fracciones más simples. Dependiendo la forma obtenida al factorizar el denominar obtendremos las diferentes fracciones parciales. Factores lineales distinto denominador 𝑃(𝑥) 𝐴 𝐴2 𝐴𝑛 = + + ⋯+ (𝑥 − 𝑐1 )(𝑥 − 𝑐2 ) … (𝑥 − 𝑐𝑛 ) 𝑥 − 𝑐1 𝑥 − 𝑐2 𝑥 − 𝑐𝑛 Factores lineales repetidos denominador 𝑃(𝑥) 𝐴𝑘 𝐴 𝐴2 + ⋯+ = + 2 𝑘 (𝑥 − 𝑐1 )𝑘 (𝑥 − 𝑐1 ) 𝑥 − 𝑐 (𝑥 − 𝑐1 ) Factores cuadráticos distinto en el denominador (𝑎1

𝑥2

𝐴𝑛 𝑥 + 𝐵𝑛 𝑃(𝑥) 𝐴1 𝑥 + 𝐵1 + ⋯+ = 2 2 𝑎1 𝑥 + 𝑏1 𝑥 + 𝑐1 𝑎𝑛 𝑥 2 + 𝑏𝑛 𝑥 + 𝑐𝑛 + 𝑏1 𝑥 + 𝑐1 ) … (𝑎𝑛 𝑥 + 𝑏𝑛 𝑥 + 𝑐𝑛 )

Factores cuadráticos repetidos en el denominador (𝑎𝑥 2

𝐴1 𝑥 + 𝐵1 𝐴2 𝑥 + 𝐵2 𝐴𝑘 𝑥 + 𝐵𝑘 𝑃(𝑥) = 2 + + ⋯+ 𝑘 2 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐) 𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐 (𝑎𝑥 + 𝑏𝑥 + 𝑐) (𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐)𝑘

Ej Ejemp emp emplo lo 𝑥 4 − 2𝑥 2 + 4𝑥 + 1 𝑑𝑥 ∫ 𝑥 3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 Podemos notar en esta integral que contiene una función racional impropia, pues el grado del numerador es mayor al del denominador. Por lo tanto, podemos descomponer la fracción efectuando la división.

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𝑥4

− 2𝑥 2 + 4𝑥 + 1

−𝑥 4 + 𝑥 3 + 𝑥 2 − 𝑥

𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 𝑥+1

𝑥 3 − 𝑥 2 + 3𝑥 + 1

−𝑥 3 + 𝑥 2 + 𝑥 − 1 4𝑥

Teniendo efectuada la división podemos construir la nueva expresión. Recordando que tendrá la forma 𝐶(𝑥) + 𝑃(𝑥)

𝑄(𝑥)

𝑅(𝑥)

, donde 𝐶(𝑥) es el polinomio cociente resultante de la división

𝑄(𝑥)

𝑃(𝑥)

y 𝑅(𝑥) es el sobrante de la división 𝑄(𝑥) . ∫𝑥 + 1+

𝑥3

4𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥2 − 𝑥 + 1

Ya que hemos fragmentado la fracción en varias expresiones más simple, podemos separar dicha integral en varias integrales. ∫ 𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 1 𝑑𝑥 + ∫

𝑥3

4𝑥 𝑑𝑥 − 𝑥2 − 𝑥 + 1

Las dos primeras integrales son bastante sencillas, ∫ 𝑥 𝑑𝑥 =

𝑥2 2

y ∫ 1 𝑑𝑥 = 𝑥.

4𝑥 𝑥2 +𝑥+∫ 3 𝑑𝑥 2 𝑥 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 La tercera expresión contiene una integral propia, pues el grado del numerador es menor al del denominador, por lo tanto, podemos fragmentar dicha integral, pero primero debemos factorizar el denominador. La expresión 𝑥 3 − 𝑥 2 − 𝑥 + 1 la podemos factorizar por el método de Ruffini debido a que es de un grado mayor a 2. 𝑥 3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 Cómo sabemos el método de Ruffini vamos a tomar todos los coeficientes de la variable incluyendo el termino independiente. El intervalo de valores con la que haremos las operaciones será con los divisores del termino independiente, recordando que se tomaran ambos tanto positivos como negativos de esos valores. En este caso solo tenemos como termino independiente 1, por lo que tendremos a 1 y -1. Comencemos con -1.

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𝑥 3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 𝑥 = −1

1−1−1+1

−1+2−1

1−2+1+0

El último elemento del resultado es cero, por lo que esta es la respuesta correcta, en caso de ser diferente de cero deberíamos probar con 1. Por lo tanto, podemos detenernos aquí, recordando que la expresión resultante es de segundo grado, pues a medida que aplicamos Ruffini reducimos el grado de la expresión resultante. Debido a que tenemos el primer valor para 𝑥 , es decir 𝑥 = −1 , con total seguridad podemos asumir que el primer elemento del producto encontrado de la factorización es (𝑥 + 1), ya que si despejamos a 𝑥 + 1 = 0, su resultado es -1. En consecuencia, la expresión nos queda de la siguiente manera: (𝑥 + 1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) Si tiene alguna duda puede resolver dicho producto y verificar que el resultado de (𝑥 + 1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) es exactamente 𝑥 3 − 𝑥 2 − 𝑥 + 1. También podemos encontrar el elemento faltante del producto resolviendo una ecuación. Como sabemos 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 ≠ 𝑥 3 − 𝑥 2 − 𝑥 + 1, por lo que es obvio que nos falta un elemento ya que al utilizar el método de Ruffini hemos reducido la expresión quedándonos una parte de segundo grado, por lo que nos falta la otra parte. A la parte faltante del producto lo representaremos con la variable M. (𝑥 2 − 2𝑥 + 1)𝑀 = 𝑥 3 − 𝑥 2 − 𝑥 + 1 Como ya sabemos, vamos a buscar el valor de M, para ello la despejamos. 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 𝑀= 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 + 1

−𝑥 3 + 2𝑥 2 − 𝑥

𝑥 2 − 2𝑥 + 1

− 𝑥 2 + 2𝑥 − 1 0

𝑀 = 𝑥 +1 6

𝑥 2 − 2𝑥 + 1 𝑥+1

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Hemos demostrado que (𝑥 + 1)(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) es la factorización para el denominador, pero el segundo elemento del producto podemos simplificarlo aún más, por lo que lo factorizaremos -aunque podríamos dejarlo como un factor cuadrático, pero en este caso no lo haremos porque queremos simplificar el proceso, pues de todos modos obtendríamos el mismo resultado-. 𝑥 2 − 2𝑥 + 1

Hacemos un producto de la siguiente forma: (𝑥 + 𝐴)(𝑥 + 𝐵) y buscamos dos valores que multiplicados entre si den el último término, es decir, 1 y sumados den el segundo, es decir, -2, la cual de manera muy sencilla es -1 y -1. Esto serán los valores para A y B. Por lo tanto, la factorización para la expresión 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 es (𝑥 − 1)(𝑥 − 1). (𝑥 + 1)(𝑥 − 1)(𝑥 − 1) Podemos simplificar aún más la expresión, pues los últimos dos elementos pueden ser expresados en forma de cuadrado. Por elegancia matemática pondremos el cuadrado de primero. (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) Ya tenemos nuestro denominador factorizado, por lo que la integral nos queda de la siguiente forma: ∫

4𝑥 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1)

Podemos fragmentar esta integral en fracciones parciales. Primero encontramos con que tiene factores lineales distintos, por la que la podemos separar en dos integrales. ∫

𝐵 𝐴 4𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) (𝑥 + 1)

Pero sucede que la primera fracción parcial tiene un factor repetido (cuadrado), por lo que se descompone dicha fracción en dos, por lo que tendríamos tres fracciones parciales. ∫

4𝑥 𝐵 𝐴 𝐶 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 = ∫ 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 2 2 𝑥−1 (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) (𝑥 − 1) 𝑥+1

Tenemos tres incogniticas, A, B y C, por lo que tenemos que buscar los valores para cada una de ellas. Recordando las fracciones parciales, vamos a multiplicar cada expresión

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de ambos lados de la ecuación por el denominador de la fracción no parcial, es decir, de la que está del lado izquierdo de la igualdad. 4𝑥 𝐶 𝐵 𝐴 + + = 2 2 (𝑥 (𝑥 − 1) (𝑥 + 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1) + 1)

4𝑥 (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐴(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐵(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐶(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) = + + (𝑥 + 1) (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2 Luego efectuamos la cancelación de términos semejante de la división. 4𝑥(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐴(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐵(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) 𝐶(𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) = + + (𝑥 + 1) (𝑥 − 1)2 (𝑥 + 1) (𝑥 − 1) (𝑥 − 1)2 4𝑥 = 𝐴(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 + 1) + 𝐶 (𝑥 − 1)2

Ya podemos iniciar la búsqueda de los valores para las incógnitas. Para ello buscamos valores para la variable 𝑥 que hagan que una de las incógnitas sea cero. En este caso comenzamos con buscar un valor para que A sea cero. Dicho valor son dos, 1 y -1, por lo cual podemos aplicar ambos, primero iniciamos con -1. Luego hay que despejar la incógnita que nos queda. 𝑥 = −1

4(−1) = 𝐴(−1 − 1)(−1 + 1) + 𝐵(−1 + 1) + 𝐶 (−1 − 1)2 −4 = 𝐴(−2)(0) + 𝐵(0) + 𝐶 (−2)2 −4 = 0 + 0 + 4𝐶 −4 = 4𝐶 𝐶=

−4 4

𝐶 = −1 𝑥=1

4(1) = 𝐴(1 − 1)(1 + 1) + 𝐵(1 + 1) + 𝐶 (1 − 1)2 4 = 𝐴(0)(2) + 𝐵(2) + 𝐶(0)2 4 = 0 + 2𝐵 + 0 8

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4 = 2𝐵 𝐵=

4 2

𝐵=2

Lo siguiente es hacer a B y C cero para encontrar el valor de A, pero hay un problema, esto haría que A se haga cero también. Para resolver este problema solo debemos resolver los productos para extender la ecuación y luego sacar a 𝑥 como factor común y así formar un sistema de ecuaciones. Resolviendo el sistema encontraremos el valor para A. 4𝑥 = 𝐴(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 + 1) + 𝐶 (𝑥 − 1)2 4𝑥 = 𝐴(𝑥 2 − 1) + 𝐵(𝑥 + 1) + 𝐶(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) 4𝑥 = 𝐴𝑥 2 − 𝐴 + 𝐵𝑥 + 𝐵 + 𝐶𝑥 2 − 2𝐶𝑥 + 𝐶

4𝑥 = (𝐴 + 𝐶)𝑥 2 + (𝐵 − 2𝐶 )𝑥 + (−𝐴 + 𝐵 + 𝐶)

El sistema de ecuaciones lo obtenemos en base a la variable 𝑥. Aquellos valores que acompañan a la variable 𝑥 𝑛 de lado izquierdo de la ecuación representan los resultados para los productos del lado derecho de la ecuación que contiene como factor también a 𝑥 𝑛 . En caso de que tanto del lado derecho como del izquierdo no existan 𝑥 𝑛 para ambos lados, el valor para el producto es cero. 𝐴+𝐶 =0 𝐵 − 2𝐶 = 4 −𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0

El sistema lo podemos resolver con los métodos ya conocidos, desde el método clásico hasta usando matrices, pero en este caso como ya tenemos los valores para B y C solo es cuestión de sustituir en el sistema. Recordemos que 𝐵 = 2 y 𝐶 = −1. Algo a notar es que solo tenemos que sustituir en la primera ecuación y así obtenemos el valor para A. 𝐴+𝐶 =0 𝐴−1 =0 𝐴=1 Con esto ya tenemos los valores para A, B y C. Sin embargo, por si las dudas vamos a demostrar que estos son los valores correctos sustituyendo en el sistema, por la cual las igualdades deben cumplirse. 9

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𝐴=1

𝐵=2

𝐶 = −1

𝐴+𝐶 =0 1−1=0 𝐵 − 2𝐶 = 4 2 − 2(−1) = 4 −𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 0 −1 + 2 − 1 = 0

Hemos demostrado que exactamente los valores para A, B y C son estos, por lo que podemos sustituir en las integrales. ∫

𝐶 𝐴 𝐵 𝑑𝑥 + ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + ∫ (𝑥 − 1)2 𝑥+1 𝑥−1 𝐴=1

∫

𝐵=2

𝐶 = −1

1 1 2 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + ∫ 2 (𝑥 − 1) 𝑥+1 𝑥−1

Sacaremos las constantes de la integral que no tocaremos. Luego vamos a resolver las integrales. ∫

1 1 1 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 2 (𝑥 − 1) 𝑥+1 𝑥−1

Podemos notar que la primera y última integral son bastante sencillas, pues ambas sus resultados son logaritmos naturales. ∫

1 1 1 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 + 2 ∫ 2 (𝑥 − 1) 𝑥+1 𝑥−1

1 𝑑𝑥 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| (𝑥 − 1)2 Por estética pasaremos la primera expresión al lado de la ultima 𝐿𝑛|𝑥 − 1| + 2 ∫

2∫

1 𝑑𝑥 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 𝐿𝑛|𝑥 − 1| (𝑥 − 1)2 10

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Lo siguiente que haremos en resolver la integral que nos falta. 2∫

1 𝑑𝑥 (𝑥 − 1)2

Para esta integral tenemos que aplicar sustitución. 𝑢 =𝑥−1 𝑑𝑢 =1 𝑑𝑥

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 2∫

1 𝑑𝑢 𝑢2

2 ∫ 𝑢 −2 𝑑𝑢 −2𝑢 −1 − −

2 𝑢

2 𝑥−1

Con esto terminamos las integraciones. 2∫

1 𝑑𝑥 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 𝐿𝑛|𝑥 − 1| (𝑥 − 1)2 −

2 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 𝐿𝑛|𝑥 − 1| 𝑥−1

Recordemos que esta no es la solución completa, pues nos falta una parte que habíamos dejado atrás. 𝑥2 4𝑥 𝑑𝑥 +𝑥+∫ 3 𝑥 − 𝑥2 − 𝑥 + 1 2

𝑥2 1 1 2 𝑑𝑥 − ∫ 𝑑𝑥 +𝑥+∫ 𝑑𝑥 + ∫ 2 (𝑥 − 1) 𝑥+1 2 𝑥−1 𝑥2 2 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 𝐿𝑛|𝑥 − 1| + 𝐶 +𝑥− 𝑥−1 2 11

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Por estética pasaremos a 𝑥 que está sola al último lado antes de la constante C. 𝑥2 2 − 𝐿𝑛|𝑥 + 1| + 𝐿𝑛|𝑥 − 1| + 𝑥 + 𝐶 − 2 𝑥−1 Con esto hemos terminado, por lo que concluimos que la integral

∫

𝑥 4 −2𝑥2 +4𝑥+1 𝑥 3 −𝑥2 −𝑥+1

𝑑𝑥 es:

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Bi Bibl bl bliog iog iograf raf rafía ía Edwin J. Purcell, Dale Varberg, Steven E. Rigdon. 2007. Cálculo. [ed.] 9na edición. s.l. : Pearson Educación, 2007. ISBN 978-970-26-0919-3. Ron Larson, Bruce H. Edwards. 2010. Cálculo 1 de una variable. 9na edición. s.l. : McGRAWHILL/INTERAMERICANA EDITORES, S.A. DE C.V., 2010. ISBN 978-607- 15-0273-5. Stewart, James. 2008. Cálculo de una variable: Trascendentes tempranas. 6ta edición. s.l. : Cengage Learning Editores,S.A, 2008. ISBN-13:978-607-481-317-3, ISBN-10:607-481-317-5.

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