Integración de funciones racionales, método de Hermite (4)

Publicada el abril 27, 2014 por Fernando Revilla
RESUMEN TEÓRICO
  • Si en la fracción racional $P(x)/Q(x),$ el denominador contiene un factor de segundo grado sin raíces reales y elevado a una potencia mayor que 1, se verifica la fórmula de Hermite-Ostrogradski: $$\int\frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}dx,\qquad (*)$$ siendo $Q_1(x)=\operatorname{mcd}\lbrace Q(x), Q'(x) \rbrace$ y $Q_2(x)=\dfrac{Q(x)}{Q_1(x)}.$
    $P_1(x)$ y $P_2(x)$ son polinomios con coeficientes indeterminados con grados menores en una unidad que los grados de $Q_1(x)$ y $Q_2(x)$ respectivamente. Estos coeficientes indeterminados se calculan derivando ambos miembros de la igualdad $(*).$
  • Como ejemplo, calculemos $\displaystyle\int \frac{dx}{(x^2+1)^2}.$
    El polinomio $x^2+1$ no tiene raíces reales. En este caso, $Q(x)=(x^2+1)^2.$ Entonces: $$\begin{aligned}&Q_1(x)=\operatorname{mcd}\lbrace (x^2+1)^2, 2(x^2+1)(2x) \rbrace=x^2+1,\\
    &Q_2(x)=\frac{(x^2+1)^2}{x^2+1}=x^2+1\rbrace.\end{aligned}$$ La igualdad $(*),$ se transforma en: $$\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac{Ax+B}{x^2+1}+\int\frac{Cx+D}{x^2+1}dx.$$ Derivando, obtenemos: $$\begin{aligned}&\frac{1}{(x^2+1)^2}=\frac{A(x^2+1)-2x(Ax+B)}{(x^2+1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+1}\\
    &=\frac{A(x^2+1)-2x(Ax+B)+(Cx+D)(x^2+1)}{(x^2+1)^2}.
    \end{aligned}$$ Igualando numeradores, identificando coeficientes y resolviendo el correspondiente sistema obtenemos $A=D=1/2$ y $B=C=0,$ con lo cual: $$\int\frac{dx}{(x^2+1)^2}=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\int\frac{dx}{x^2+1}=\frac{x}{2(x^2+1)}+\frac{1}{2}\arctan x+C.$$
    Enunciado
  1. Calcular $\displaystyle\int \frac{3x+5}{(x^2+2x+2)^2}dx.$
  2. Calcular $I=\displaystyle\int \frac{dx}{(x-1)^2(x^2+x+1)^2}.$
  3. $a)$ Descomponer en suma de fracciones racionales simples: $$f(x)=\dfrac{1}{(x+1)^2(x^2+1)^2}.$$ $b)$ Usando la descomposición del apartado anterior, hallar $\displaystyle\int f(x)\;dx.$
    Solución
  1. El polinomio $x^2+2x+2$ no tiene raíces reales. Apliquemos la fórmula de Hermite-Ostrogradski: $$\int\frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}dx.\qquad (*)$$ En este caso, $Q(x)=(x^2+2x+2)^2.$ Entonces: $$\begin{aligned}&Q_1(x)=\operatorname{mcd}\lbrace (x^2+2x+2)^2, 2(x^2+1)(2x+2) \rbrace=x^2+2x+2,\\
    &Q_2(x)=\frac{(x^2+2x+2)^2}{x^2+2x+2}=x^2+2x+2.\end{aligned}$$ La igualdad $(*),$ se transforma en:$$\int\frac{3x+5}{(x^2+2x+2)^2}dx=\frac{Ax+B}{x^2+2x+2}+\int\frac{Cx+D}{x^2+2x+2}dx.$$ Derivando, obtenemos: $$\begin{aligned}&\frac{3x+5}{(x^2+2x+2)^2}=\frac{A(x^2+2x+2)-(2x+2)(Ax+B)}{(x^2+2x+2)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+2x+2}\\
    &=\frac{A(x^2+2x+2)-(2x+2)(Ax+B)+(Cx+D)(x^2+2x+2)}{(x^2+2x+2)^2}.
    \end{aligned}$$ Igualando numeradores, identificando coeficientes y resolviendo el correspondiente sistema obtenemos $A=1,$ $B=-1/2,$ $C=0,$ y $D=1,$ con lo cual: $$\begin{aligned}&\int\frac{3x+5}{(x^2+2x+2)^2}dx=\frac{x-\frac{1}{2}}{2(x^2+2x+2)}+\int\frac{dx}{x^2+2x+2}\\
    &=\frac{2x-1}{4(x^2+2x+2)}+\int\frac{dx}{(x+1)^2+1}\\&=\frac{2x-1}{4(x^2+2x+2)}+\arctan (x+1)+C.\end{aligned}$$
  2. El polinomio $x^2+x+1$ no tiene raíces reales. Además, $(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1,$ con lo cual, $$I=\displaystyle\int \frac{dx}{(x-1)^2(x^2+x+1)^2}=\displaystyle\int \frac{dx}{(x^3-1)^2}.$$ Apliquemos la fórmula de Hermite-Ostrogradski: $$\int\frac{P(x)}{Q(x)}dx=\frac{P_1(x)}{Q_1(x)}+\int\frac{P_2(x)}{Q_2(x)}dx.\qquad (*)$$ En este caso, $Q(x)=(x^3-1)^2.$ Entonces: $$\begin{aligned}&Q_1(x)=\operatorname{mcd}\lbrace (x^3-1)^2, 6x^2(x^3-1) \rbrace=x^3-1,\\
    &Q_2(x)=\frac{(x^3-1)^2}{x^3-1}=x^3-1.\end{aligned}$$ La igualdad $(*),$ se transforma en: $$\int\frac{dx}{(x^3-1)^2}=\frac{Ax^2+Bx+C}{x^3-1}+\int\frac{Dx^2+Ex+F}{x^3-1}dx.$$ Como hicimos en otros ejercicios, derivando, identificando coeficientes y resolviendo el sistema correspondiente, obtenemos: $$A=0,\;B=-\frac{1}{3},\;C=0,\;D=0,\;E=0,\;F=-\frac{2}{3},$$ con lo cual, $$I=-\frac{x}{3(x^3-1)}-\frac{2}{3}\int\frac{dx}{x^3-1}.$$ Ahora bien, la última integral ya la habíamos calculado en otro ejercicio: $$\int \frac{dx}{x^3-1}=\frac{1}{3}\log \lvert x-1\rvert-\frac{1}{6}\log \lvert x^2+x+1\rvert-\frac{1}{\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C.$$ Por tanto: $$I=-\frac{x}{3(x^3-1)}-\frac{2}{9}\log \lvert x-1\rvert+\frac{1}{9}\log \lvert x^2+x+1\rvert \\ +\frac{2}{3\sqrt{3}}\arctan \frac{2x+1}{\sqrt{3}}+C.$$
  3. $a)$ El polinomio $x^2+1$ no tiene raíces reales, luego la descomposición pedida es de la forma: $$\begin{aligned}f(x)=\dfrac{1}{(x+1)^2(x^2+1)^2}=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+1}+\frac{Ex+F}{(x^2+1)^2}.\end{aligned}$$ Equivalentemente, $$\begin{aligned}&f(x)=\dfrac{1}{(x+1)^2(x^2+1)^2}=\frac{A(x+1)(x^2+1)^2+B(x^2+1)^2}{(x+1)^2(x^2+1)^2}\\
    &+\frac{(Cx+D)(x+1)^2(x^2+1)+(Ex+F)(x+1)^2}{(x+1)^2(x^2+1)^2}.\end{aligned}$$ Igualando numeradores, identificando coeficientes, y resolviendo el correspondiente sistema obtenemos: $$A=\frac{1}{2},\;B=\frac{1}{4},\;C=-\frac{1}{2},\;D=\frac{1}{4},\;E=-\frac{1}{2},\;F=0,$$ con lo cual, $$f(x)=\frac{1/2}{x+1}+\frac{1/4}{(x+1)^2}+\frac{(-1/2)x+1/4}{x^2+1}+\frac{(-1/2)x}{(x^2+1)^2}.$$ $b)$ Aparecen las integrales inmediatas: $$\begin{aligned}&\int \frac{dx}{x+1}=\log \lvert x+1 \rvert,\;\int \frac{dx}{(x+1)^2}=-\frac{1}{x+1},\int\frac{x\;dx}{x^2+1}=\frac{1}{2}\log (x^2+1),\\
    &\int\frac{dx}{x^2+1}=\arctan x,\;\int\frac{x\;dx}{(x^2+1)^2}=-\frac{1}{2(x^2+1)}.\end{aligned}$$ Usando la linealidad de la integral indefinida y simplificando, obtenemos:
    $$\int f(x)\;dx=\frac{-x^2+x}{4(x+1)(x^2+1)}-\frac{1}{2}\log \lvert x+1\rvert \\ -\frac{1}{4}\log (x^2+1)+\frac{1}{4}\arctan x +C.$$
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