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5.4 Antiderivación por fracciones parciales

Se ejemplifica la técnica de fracciones parciales para calcular antiderivadas.

Caso IV: factores cuadráticos repetidos

Este último caso considera polinomios primos cuadráticos como factores que se repiten en el denominador. De manera semejante al caso II, se escriben tantas fracciones como el valor del exponente del polinomio cuadrático primo repetido.

Ejemplo 5.4.18

Calcule:

$\begin{equation*} \int \frac{dx}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} \end{equation*}$

Para expresar el integrando como una suma de fracciones parciales, sea

$\begin{equation*} \frac{1}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} = \frac{A\,x + B}{x^2 + 1} + \frac{C\,x + D}{\left(x^2 + 1\right)^2} + \frac{E\,x + F}{x^2 + 2} \end{equation*}$

Si $x = 0$ , entonces $2\,B + 2\,D + F = 1$ . También, si $x = 1$ , entonces

$\begin{equation*} 6\,(A + B) + 3\,(C + D) + 4\,(E + F) = 1 \end{equation*}$

Si $x = -1$ , entonces,

$\begin{equation*} 6\,(-A + B) + 3\,(-C + D) + 4\,(-E + F) = 1 \end{equation*}$

Si $x = 2$ , entonces

$\begin{equation*} 30\,(2\,A + B) + 6\,(2\,C + D) + 25\,(2\,E + F) = 1 \end{equation*}$

Si $x = -2$ , entonces,

$\begin{equation*} 30\,(-2\,A + B) + 6\,(-2\,C + D) + 25\,(-2\,E + F) = 1 \end{equation*}$

Y si $x = 3$ , entonces

$\begin{equation*} 1100\,(3\,A + B) + 11\,(3\,C + D) + 100\,(3\,E + F) = 1 \end{equation*}$

La solución de este sistema de ecuaciones lineales es: $A = 0$ , $B = -1$ , $C = 0$ , $D = 1$ , $E = 0$ , y $F = 1$ .
Por lo tanto,

$\begin{equation*} \frac{1}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} = \frac{-1}{x^2 + 1} + \frac{1}{\left(x^2 + 1\right)^2} + \frac{1}{x^2 + 2} \end{equation*}$

Por lo que se puede escribir:

$\begin{equation*} \int \frac{dx}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} = \int\left[\frac{-1}{x^2 + 1} + \frac{1}{\left(x^2 + 1\right)^2} + \frac{1}{x^2 + 2}\right] \cdot dx \end{equation*}$

Separando en tres antiderivadas, el resultado da:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{dx}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} &=& -\int \! \frac{dx}{x^2 + 1} + \int \! \frac{dx}{\left(x^2 + 1\right)^2} + \int \! \frac{dx}{x^2 + 2} \\ &=& - \arctan(x) + \int \! \frac{dx}{\left(x^2 + 1\right)^2} + \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) \end{eqnarray*}$

Para la antiderivada que queda pendiente, es conveniente usar la siguiente sustitución: sea $x = \tan\theta$ , de manera que $dx = \sec^2(\theta) \cdot dx$ . Usando este cambio de variable,

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dx}{\left(x^2 + 1\right)^2} &=& \int \frac{\sec^2(\theta) \cdot d\theta}{\left(\tan^2(\theta) + 1\right)^{2}} = \int \frac{\sec^2(\theta) \cdot d\theta}{\sec^{4}(\theta)} = \int \frac{d\theta}{\sec^{2}(\theta)} = \int \cos^{2}\theta\cdot d\theta \\ &=& \frac{1}{2}\,\int \left[1 + \cos(2\theta)\right] \cdot d\theta = \frac{1}{2}\,\theta - \frac{1}{4}\,\sin(2\theta) + \hat{C} \end{eqnarray*}$

Ahora se debe escribir el resultado en términos de $x$ . Para ello, recuerde que $x = \tan\theta = \nicefrac{x}{1}$ . Con esta información, se puede dibujar un triángulo rectángulo de catetos $1$ y $x$ . La longitud de la hipotenusa se puede calcular con el teorema de Pitágoras: $\sqrt{x^2 + 1}$ .

Y puesto que $\sin(2\theta) = 2\,\sin\theta\cdot\cos\theta$ , a partir de la figura se pueden calcular fácilmente $\sin\theta$ y $\cos\theta$ (ver junto al triángulo). También, puesto que $x =\tan\theta$ , se sigue que $\theta = \arctan(x)$ . Entonces,

$\begin{equation*} \int \! \frac{dx}{\left(x^2 + 1\right)^2} = \frac{1}{2}\,\arctan(x) + \frac{1}{2}\cdot\frac{x}{x^2 + 1} + \tilde{C} \end{equation*}$

Y la solución al problema inicial es:

$\begin{equation*} \int \frac{dx}{(x^2 + 1)^2(x^2 + 2)} = - \frac{1}{2}\cdot\arctan(x) + \frac{1}{2}\cdot\frac{x}{x^2 + 1} + \frac{1}{\sqrt{2}}\cdot\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{2}}\right) + C \end{equation*}$

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