Matemática (61) · Unidad 7 — Integrales, áreas y ecuaciones diferenciales

Fracciones simples

Un cociente de polinomios cuyo denominador es un producto de dos factores lineales distintos se parte en dos fracciones con un número arriba. Cada una se integra en un logaritmo, y todo el trabajo está en encontrar esos dos números.

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La explicación

Para qué sirve

Hay integrales de cocientes que ni la sustitución ni partes resuelven. En ∫ 1/(x² − 1) dx el numerador no es la derivada del denominador, y no hay producto de familias distintas. Pero si uno se da cuenta de que

1/(x² − 1) = (1/2)/(x − 1) − (1/2)/(x + 1)

la integral se vuelve dos logaritmos. Eso es el método: deshacer la suma de fracciones. Así como 1/2 − 1/3 = 1/6, al revés 1/6 se puede partir en 1/2 − 1/3; con polinomios pasa lo mismo.

Cuándo se aplica

1. Es un cociente de polinomios con el grado de arriba menor que el de abajo. (Si no lo es, primero se divide y queda un polinomio más un cociente que sí lo cumple.)
2. Antes que nada, mirá si el numerador es un múltiplo de la derivada del denominador: si lo es, es sustitución y sale un logaritmo solo.
3. El denominador se factoriza en dos factores lineales distintos.

Factorizar el denominador

Es el paso que más se saltea y el que después arruina todo. Tres casos:

factor común: x² − 5x = x(x − 5)
diferencia de cuadrados: x² − 16 = (x − 4)(x + 4)
cuadrática: x² + 2x − 8 = (x − 2)(x + 4)

En la cuadrática se buscan las raíces con la resolvente: si son r₁ y r₂, el polinomio es a·(x − r₁)(x − r₂), con el coeficiente principal a adelante. Si a ≠ 1 conviene meterlo en uno de los factores: 2x² − 7x + 3 = 2(x − 3)(x − 1/2) = (x − 3)(2x − 1).

La descomposición y cómo hallar A y B

P(x)/((x − r₁)(x − r₂)) = A/(x − r₁) + B/(x − r₂)

Multiplicando todo por el denominador queda una igualdad de polinomios que vale para todo x:

P(x) = A·(x − r₂) + B·(x − r₁)

Camino rápido: reemplazar x = r₁ anula el término de B y deja una ecuación sólo en A; reemplazar x = r₂ deja sólo B. Camino de los coeficientes: desarrollar el lado derecho e igualar el coeficiente de x y el término independiente con los de P(x); sale un sistema de dos ecuaciones. Los dos dan lo mismo, y el segundo sirve de control del primero.

Integrar

∫ A/(x − r) dx = A·ln|x − r| + C · ∫ A/(kx − m) dx = (A/k)·ln|kx − m| + C

El segundo es la sustitución lineal del tema 7.2: si el factor es 2x − 1, aparece un 1/2. El módulo no es decorativo: 1/(x − 5) existe para x < 5, y ahí x − 5 es negativo.

Una que aparece disfrazada: después de u = eˣ

En ∫ eˣ/(e^2x − 1) dx no hay ningún polinomio a la vista. Pero con u = eˣ, du = eˣ dx y e^2x = u², y queda ∫ du/(u² − 1): un cociente de polinomios en u, que sale por fracciones simples. Al final se vuelve a x reemplazando u por eˣ.

El control que conviene hacer siempre

Antes de integrar, sumá A/(x − r₁) + B/(x − r₂) con denominador común, o probá un valor de x cualquiera en las dos formas: tiene que volver el cociente original. Es un control de diez segundos que caza el error de signo en las raíces, que es el más común. Después, derivar el resultado y comparar.

Un ejercicio resuelto, paso a paso

Calcular ∫ (x + 5)/((x − 1)(x + 2)) dx.

Planteo: el numerador tiene grado 1 y el denominador grado 2, y ya viene factorizado en dos lineales distintos. El numerador no es la derivada del denominador (sería 2x + 1), así que va por fracciones simples.

(x + 5)/((x − 1)(x + 2)) = A/(x − 1) + B/(x + 2)

Multiplico por el denominador:

x + 5 = A·(x + 2) + B·(x − 1)

Reemplazo las raíces, cada una anula un término:

x = 1: 6 = 3A → A = 2
x = −2: 3 = −3B → B = −1

Control por los coeficientes: A·(x + 2) + B·(x − 1) = (A + B)x + (2A − B) = x + 5 pide A + B = 1 y 2A − B = 5. Con A = 2 y B = −1: 1 ✔ y 5 ✔.

Integro cada fracción:

∫ (x + 5)/((x − 1)(x + 2)) dx = 2·ln|x − 1| − ln|x + 2| + C

Control (derivar): 2/(x − 1) − 1/(x + 2) = (2(x + 2) − (x − 1))/((x − 1)(x + 2)) = (x + 5)/((x − 1)(x + 2)) ✔

Dónde se pierde el punto: reemplazar x = −1 y x = 2 (los opuestos de las raíces). La raíz del factor x + 2 es −2: el signo de adentro es el contrario.

Y uno del nivel del parcial

Calcular ∫ (7x − 4)/(2x^2 − x − 1) dx.

Planteo: cociente de grado 1 sobre grado 2, sin factorizar y con coeficiente principal 2. Primero la factorización, con cuidado.

Raíces del denominador: x = (1 ± √(1 + 8))/4 = (1 ± 3)/4, o sea x = 1 y x = −1/2. Entonces

2x² − x − 1 = 2(x − 1)(x + 1/2) = (x − 1)(2x + 1)

El 2 del coeficiente principal se metió en el segundo factor. Sin él, el producto daría x² − x/2 − 1/2, que no es el polinomio.

La descomposición:

7x − 4 = A·(2x + 1) + B·(x − 1)

x = 1: 3 = 3A → A = 1
x = −1/2: −15/2 = −(3/2)·B → B = 5

Integro: la primera fracción es 1/(x − 1); la segunda es 5/(2x + 1), que lleva el 1/2 de la sustitución lineal:

∫ (7x − 4)/(2x² − x − 1) dx = ln|x − 1| + (5/2)·ln|2x + 1| + C

Control (con un valor): en x = 2 el original da 10/5 = 2, y la descomposición 1/(2 − 1) + 5/(4 + 1) = 1 + 1 = 2 ✔. Derivando el resultado: 1/(x − 1) + (5/2)·2/(2x + 1) = 1/(x − 1) + 5/(2x + 1) ✔

Dónde se pierde el punto: factorizar como (x − 1)(x + 1/2) perdiendo el 2, y escribir 5·ln|2x + 1| sin el 1/2.

Dónde se cae la mayoría

Factorizar mal el denominador, o escribir x − r cuando la raíz es −r: el signo de adentro es el contrario al de la raíz.
Olvidarse del coeficiente principal: 2x² − 7x + 3 no es (x − 3)(x − 1/2).
Reemplazar la raíz de un factor para calcular el número del otro, y cruzar A con B.
Integrar A/(2x − 1) como A·ln|2x − 1| sin el 1/2 de la sustitución lineal.
Usar fracciones simples cuando el numerador ya es la derivada del denominador, y hacer largo lo que era un logaritmo.

Hasta acá la explicación. La práctica es la otra mitad: 7 ejercicios de este tema, en cuatro niveles, que no te dicen sólo si está bien al final sino que te corrigen en cada paso y te explican por qué. Además trae una animación que muestra la idea en movimiento.

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