Integración de funciones racionales

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La integración de funciones racionales es la operación de tomar una integral indefinida de una función racional . Se sabe que la antiderivada de una función racional se expresa como suma de funciones racionales, logaritmos naturales y arcotangentes . [1] Por lo general, dicha integración se realiza descomponiendo una fracción en fracciones más simples , pero a veces se pueden usar otros métodos, por ejemplo , el método de Ostrogradsky .

Descomposición en la más simple

La forma más conocida de integrar una función racional es factorizar una fracción en fracciones simples . Fue utilizado por primera vez por Isaac Barrow para calcular la integral de la secante . [2]

Se sabe por el álgebra que cualquier función racional puede representarse como la suma de un polinomio y un número finito de fracciones de cierto tipo, llamadas fracciones simples. La fracción más simple sobre números reales es uno de los siguientes dos tipos:

${\displaystyle {\frac {A}{(x-x_{0})^{k))))$
${\displaystyle {\frac {Bx+C}{(x^{2}+px+q)^{k))))$ , donde es un trinomio cuadrado con discriminante negativo . $x^{2}+px+q$

Luego, cada una de estas fracciones se integra por separado. Así, la descomposición de una fracción en fracciones más simples reduce el problema de integrar una función racional arbitraria a la integración de fracciones más simples. [3]

La descomposición de una fracción en fracciones más simples se construye de la siguiente manera. Sea necesario construir la expansión de la fracción . Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que la fracción es irreducible y el denominador tiene un coeficiente de mayor grado (si no es así, entonces reducimos la fracción y sumamos el coeficiente más alto del denominador al numerador). Una fracción propia en su descomposición en la más simple contiene solo la suma de las fracciones propias, mientras que una impropia también contiene un polinomio. Sin embargo, el caso de una fracción impropia se reduce simplemente al caso de una propia. Para ello, utiliza una técnica llamada selección de la parte entera: el numerador de la fracción se divide con el resto por el denominador; el cociente incompleto obtenido como resultado de la división y el resto nos permiten representar la fracción original en la forma . La fracción ya es regular y se puede descomponer solo en la suma de las fracciones más simples. Si la fracción era originalmente correcta, entonces este paso no es necesario. ${\frac{P(x)}{Q(x)))$ $una$ $g(x)$ $R(x)$ ${\frac {P(x)}{Q(x)}}=G(x)+{\frac {R(x)}{Q(x)))$ ${\frac{R(x)}{Q(x)))$ ${\frac{P(x)}{Q(x)))$

La expansión de una fracción propia solo puede tener los términos más simples de cierto tipo, que depende solo del polinomio . Como es sabido, cualquier polinomio reducido sobre números reales se puede descomponer en un producto de binomios lineales reducidos y trinomios cuadrados reducidos con discriminantes negativos. Expandamos el denominador de la fracción en el siguiente producto: $q(x)$

Q(x)=(x-x_{1})^{k_{1}}...(x-x_{l})^{k_{l}}(x^{2}+p_{ 1}x+q_{1})^{m_{1}}...(x^{2}+p_{n}x+q_{n})^{m_{n}}

(aquí y son las multiplicidades de los factores correspondientes, es decir, el número de veces que el factor entra en el producto).

k_j

m_{j}

Todas las fracciones más simples de la expansión contienen el grado de uno de estos factores en el denominador, y este grado es menor o igual a la multiplicidad del factor correspondiente. Por ejemplo: si la expansión contiene el factor , entonces la expansión en fracciones simples contiene la suma $q(x)$ ${\ estilo de visualización (x-x0) ^ {k)}$

{\frac {A_{1}}{x-x0}}+{\frac {A_{2}}{(x-x0)^{2}}}+{\frac {A_{3}} {(x-x_{0})^{3}}}+...+{\frac{A_{k}}{(x-x_{0})^{k}}}

De manera similar, si la expansión contiene el factor , entonces la expansión en fracciones simples contiene la suma $q(x)$ ${\ estilo de visualización (x^{2}+px+q)^{m}}$

{\frac {B_{1}x+C_{1}}{x^{2}+px+q}}+{\frac {B_{2}x+C_{2}}{(x^ {2}+px+q)^{2}}}+...+{\frac{B_{m}x+C_{m}}{(x^{2}+px+q)^{m} }}

La forma general de la descomposición de una fracción propia en fracciones más simples es la suma de todas esas sumas para cada factor en la descomposición de un polinomio . Por lo tanto, la vista general de la descomposición en el más simple $q(x)$

{\frac {R(x)}{Q(x)}}=\sum_{j=1}^{l}\sum_{i=1}^{k_{j}}{\frac {A_{ji}}{(x-x_{j})^{i}}}+\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=1}^{m_{j}}{ \frac{B_{ji}x+C_{ji}}{(x^{2}+p_{j}x+q_{j})^{i}}}

En este caso, algunos términos pueden ser iguales a cero.

La forma general de la descomposición de una fracción es necesaria para el método más famoso de descomposición de una fracción en fracciones más simples: el método de los coeficientes indefinidos . Su esencia radica en la formulación de ecuaciones para coeficientes de expansión desconocidos. Se escribe la igualdad de una fracción propia y su desarrollo en fracciones simples con coeficientes indefinidos. Luego, de alguna manera, se compilan ecuaciones para estos coeficientes y se resuelve el sistema de ecuaciones. [cuatro]

La forma más obvia de escribir ecuaciones es multiplicar ambos lados por un polinomio e igualar los coeficientes a las mismas potencias . El procedimiento para expandir en fracciones simples es más fácil de describir con ejemplos. $q(x)$ $X$

Ejemplo 1. Igualando coeficientes a las mismas potencias

${\frac{1}{(x-1)^{2}(x-2)))$ .
Anotamos la forma general de su descomposición en las más simples con coeficientes indeterminados.

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2}}}+{\frac{C}{x-2}}

Multiplicar por $q(x)$

{\ estilo de visualización 1 = A (x-1) (x-2) + B (x-2) + C (x-1) ^ {2))

Abriendo los corchetes

1=Ax^{2}-2Ax-Ax+2A+Bx-2B+Cx^{2}-2Cx+C

1=Ax^{2}+Cx^{2}-3Ax+Bx-2Cx+2A-2B+C

{\ estilo de visualización 1 = (A + C) x ^ {2} + (-3A + B-2C) x + (2A-2B + C)}

Igualamos los coeficientes a las mismas potencias:

{\begin{casos}A+C=0,\\-3A+B-2C=0,\\2A-2B+C=1;\end{casos))

Tenemos un sistema de ecuaciones. Lo resolvemos. De la primera ecuación:

{\ estilo de visualización A = -C}

Suplente en la segunda y tercera

{\begin{casos}3C+B-2C=0,\\-2C-2B+C=1;\end{casos))

{\begin{casos}C+B=0,\\-C-2B=1;\end{casos))

Agregar ecuaciones

{\ estilo de visualización -B = 1}

{\ estilo de visualización B = -1}

De la primera ecuación del último sistema:

{\ estilo de visualización C = -B = 1}

De la relación obtenida al principio sobre $A$

{\ estilo de visualización A = -C = -1}

Se encuentran todos los coeficientes de expansión.

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)}}=-{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{(x -1)^{2))}+{\frac{1}{x-2))

Ejemplo 2. Sustituyendo las raíces del denominador

Las ecuaciones obtenidas simplemente igualando los coeficientes a las mismas potencias suelen ser bastante complejas. Para obtener ecuaciones más simples, a menudo se usan sustituciones en lugar de ciertos valores. $X$

{\frac {1}{(x-1)^{3}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2))}+{\frac{C}{(x-1)^{3}}}+{\frac {D}{x-2}}

Multiplicar por $q(x)$

1=A(x-1)^{2}(x-2)+B(x-1)(x-2)+C(x-2)+D(x-1)^{3}

Lo más conveniente es sustituir valores que anulen los términos. Sustituyamos 1.

{\ estilo de visualización 1 = -C}

{\ estilo de visualización C = -1}

Sustituyamos 2.

{\ estilo de visualización 1 = D}

Reemplazar las raíces del denominador hace que sea muy fácil encontrar los coeficientes de las fracciones con el mayor grado en el denominador. Si tuviéramos que igualar los coeficientes a potencias iguales, las ecuaciones serían mucho más complicadas. Sin embargo, como se puede ver en el ejemplo, se deben usar otros métodos para encontrar los coeficientes restantes.

Para encontrar el coeficiente en la primera potencia del denominador, puedes usar la sustitución de infinito.

{\frac {1}{(x-1)^{3}(x-2)}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {B}{(x- 1)^{2}}}-{\frac{1}{(x-1)^{3}}}+{\frac{1}{x-2}}

Multiplica ambos lados por $x-1$

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x-2)}}=A+{\frac {B}{x-1}}-{\frac {1}{(x -1)^{2))}+{\frac{x-1}{x-2))

Sustituir infinito. Aquí, la sustitución de infinito se entiende como el límite en la medida en que tiende a infinito, es decir, $X$

{\frac {F(x)}{H(x)}}{\Bigg |}_{x=\infty}=\lim _{x\to \infty}}{\frac {F(x) {H(x)}}

A su vez, el límite cuando el argumento tiende a infinito se determina de manera muy simple: si el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, entonces el límite es , si es menor, entonces el límite es 0, si es igual, entonces el límite es igual a la relación de los coeficientes a potencias superiores. $\infty$

Volvamos a nuestro ejemplo. Sustituir infinito.

{\ estilo de visualización 0 = A + 1}

{\ estilo de visualización A = -1}

El coeficiente restante se puede encontrar igualando el coeficiente en el mismo grado que contiene . Será más fácil equiparar los términos libres, ya que se pueden calcular inmediatamente sin una larga apertura de paréntesis. $X$ $B$

{\displaystyle 1=-(x-1)^{2}(x-2)+B(x-1)(x-2)-1(x-2)+(x-1)^{3))

Igualar términos libres.

{\ estilo de visualización 1 = 2 + 2B + 2-1}

{\ estilo de visualización 2B = -2}

{\ estilo de visualización B = -1}

Se encuentran todos los coeficientes.

{\frac {1}{(x-1)^{3}(x-2)}}=-{\frac {1}{x-1}}-{\frac {1}{(x -1)^{2))}-{\frac{1}{(x-1)^{3))}+{\frac{1}{x-2))

El último truco también es bastante conveniente en la práctica: el término principal y libre se puede obtener fácilmente sin abrir paréntesis, por lo que este truco se usa junto con las sustituciones.

Ejemplo 3. Sustitución de raíces complejas del denominador

Las raíces de polinomios con discriminante negativo no son reales. Sin embargo, nada nos impide sustituir la raíz compleja en la ecuación.

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {A}{x-1}}+{\frac {Bx+ C }{(x^{2}+1)}}+{\frac{Dx+E}{(x^{2}+1)^{2}}}

Multiplica por el denominador.

1=A(x^{2}+1)^{2}+(Bx+C)(x^{2}+1)(x-1)+(Dx+E)(x-1)

Sustituto _ $una$

{\ estilo de visualización 1 = 4A}

A={\frac{1}{4}}

Sustituyamos . $i$

{\ estilo de visualización 1 = (Di + E) (i-1)}

Y ahora igualamos las partes real e imaginaria para obtener una ecuación con números reales.

1=-D-Di+Ei-E

{\begin{casos}1=-DE\\0=-D+E\end{casos))

{\ estilo de visualización -2D = 1}

D=-{\frac{1}{2))

E=D=-{\frac{1}{2}}

Sustituir la raíz conjugada después de igualar las partes real e imaginaria dará las mismas ecuaciones, por lo que no tiene sentido encontrar los coeficientes restantes. $-i$

Encontramos el coeficiente igualando los términos libres. $C$

1={\frac{1}{4}}-C+{\frac{1}{2}}

C=-{\frac {1}{4}}

Encontramos el coeficiente sustituyendo infinito. $B$

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {\displaystyle {\frac {1}{4}}}{x -1))+{\frac {Bx-\displaystyle {\frac {1}{4))}{(x^{2}+1)))+{\frac {-\displaystyle {\frac {1} {2}}x-\displaystyle {\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)^{2}}}

Multiplicamos por . $x-1$

{\displaystyle {\frac {1}{(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {1}{4}}+{\frac {\left(Bx-\displaystyle {\ fracción {1}{4}}\derecha)(x-1)}{(x^{2}+1)}}+{\frac {\izquierda(-\displaystyle {\frac {1}{2}} x-\displaystyle {\frac {1}{2}}\right)(x-1)}{(x^{2}+1)^{2))))

Sustituir infinito.

0={\frac{1}{4}}+B

B=-{\frac{1}{4}}

Se encuentran todos los coeficientes.

{\frac {1}{(x-1)(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {\displaystyle {\frac {1}{4}}}{x -1))+{\frac {-\displaystyle {\frac {1}{4}}x-\displaystyle {\frac {1}{4}}}{(x^{2}+1)))+ {\frac {-\displaystyle {\frac {1}{2}}x-\displaystyle {\frac {1}{2}}}{(x^{2}+1)^{2}}}

En general, puedes sustituir absolutamente cualquier valor, no necesariamente la raíz del denominador o el infinito. En casos particularmente difíciles, esto puede ser más fácil que calcular e igualar los coeficientes a las mismas potencias . $X$

Ejemplo 4. Descomposición por transformaciones simples

A veces, la descomposición en lo más simple se puede obtener simplemente transformando expresiones. ${\frac {x^{2}-1}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac {x^{2}-(x^{2}+ 1)+x^{2}}{x(x^{2}+1)^{2}}}={\frac{2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\frac {1}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}-{\frac {(x^ {2}+1)-x^{2}}{x(x^{2}+1)}}={\frac {2x}{(x^{2}+1)^{2}}}- {\ fracción {1}{x}}+{\ fracción {x}{x^{2}+1}}$

Ejemplo 5: el método de cobertura de Heaviside y el método de residuos

Para calcular los coeficientes de fracciones con binomio lineal en el denominador, existe una fórmula directa. Sea un factor lineal en la descomposición en factores irreducibles y sea su multiplicidad. La descomposición en términos más simples contiene términos de la forma , donde . Después: $q(x)$ $xa$ $metro$ ${\frac{B_{j}}{(xa)^{k}}}$ ${\ estilo de visualización 1 \ leq k \ leq m}$

B_{k}={\frac {1}{(mk)!}}\left({\frac {P(x)(xa)^{m}}{Q(x)))\right) ^{(mk)}{\Bigg |}_{x=a}

[5]

Esto se refiere a la sustitución después de la reducción de la fracción, ya que una simple sustitución en el numerador y el denominador dará una división por . $a$ ${\ estilo de visualización 0}$

Vamos a mostrar un ejemplo.

{\frac{x}{(x+1)^{2}(x-4)))

Consideramos el coeficiente en ${\frac{1}{(x-4)))$

{\frac {4}{(4+1)^{2}}}={\frac {4}{25}}

Consideramos el coeficiente en ${\ Displaystyle {\ frac {1}{(x+1)^{2))))$

{\frac{-1}{-1-4}}={\frac{1}{5}}

Consideramos el coeficiente en ${\frac{1}{x+1}}$

\left({\frac {x}{x-4}}\right)'={\frac {(x-4)-x}{(x-4)^{2}}}={\ fracción {-4}{(x-4)^{2}}}

{\frac {-4}{{-1-4}^{2}}}=-{\frac {4}{25}}

Se encuentran todos los coeficientes.

{\frac {x}{(x+1)^{2}(x-4)}}={\frac {\displaystyle {\frac {4}{25}}}{(x-4) ))+{\frac {\displaystyle {\frac {1}{5}}}{(x+1)^{2}}}-{\frac {\displaystyle {\frac {4}{25}}} {x+1}}

La fórmula directa proporciona una forma muy sencilla de calcular los coeficientes de fracciones con la primera potencia de un binomio lineal y, para las fracciones más sencillas, permite encontrar la expansión casi verbalmente. Por lo tanto, el caso se aísla por separado. Cuando calculamos el coeficiente en, sustituimos el valor que "cubre" el factor en el denominador en él . Por lo tanto, este método se denomina método de "cobertura" de Heaviside. $k = metro$ ${\displaystyle {\frac {1}{(xa)^{m))))$ $a$ ${\ estilo de visualización (xa) ^ {m}}$

El método de cálculo de coeficientes usando una fórmula general también se llama a veces el método de los residuos, ya que los residuos complejos se calculan usando una fórmula similar.

Así, el problema se redujo a la integración de fracciones simples.

Integrales de tabla

Es costumbre memorizar varias integrales de funciones racionales para reducirlas aún más a las más complejas. [6]

$\int {x^{\alpha }}dx={\frac {1}{\alpha +1}}x^{\alpha +1}+C$ , si ${\ estilo de visualización \ alfa \ neq -1}$
$\int {\frac {1}{x}}dx=\ln |x|+C$
$\int {\frac {1}{x^{2}+a^{2}}}dx={\frac {1}{a}}\operatorname {arctg} {\frac {x}{a }}+C$ , si $a\neq 0$
$\int {\frac {1}{x^{2}-a^{2}}}dx={\frac {1}{2a}}\ln {\left|{\frac {xa}{ x+a}}\derecho|}+C$ , si $a\neq 0$
$\int {\frac {1}{a^{2}-x^{2}}}dx={\frac {1}{2a}}\ln {\left|{\frac {a+x {ax}}\derecho|}+C$ , si $a\neq 0$

Las últimas 2 integrales se denominan logaritmos altos y no es necesaria su memorización, ya que se pueden reducir ampliando la fracción en las más simples a la segunda integral. La integral del polinomio, que aparece después de la expansión en las fracciones impropias más simples, se puede calcular inmediatamente usando la primera fórmula.

Integración de fracciones de la forma ${\displaystyle {\frac {1}{(ax+b)^{k))))$

Las fracciones de este tipo se pueden integrar simplemente colocando un binomio lineal debajo del diferencial. [7]

\int {{\frac {1}{(ax+b)^{k}}}dx}={\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{(ax+ b )^{k}}}d(ax+b)}

Dependiendo del valor, reducimos la integral al caso 1 o 2. $k$

si , entonces $k=1$

{\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{ax+b}}d(ax+b)}={\frac {1}{a}}\ln {| hacha+b|}+C

si , entonces $k>1$

{\frac {1}{a}}\int {{\frac {1}{(ax+b)^{k}}}d(ax+b)}={\frac {1}{a (-k+1)(ax+b)^{k-1}}}+C

Integración de fracciones de la forma ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$

Consideremos primero una fracción de la forma . ${\frac{1}{rx^{2}+px+q))$

\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q}}dx

Para integrar dichas fracciones se utiliza la selección del cuadrado completo del denominador. [8] Sumemos a un número tal que se forme el cuadrado de la suma. Convirtamos la expresión resultante en un cuadrado de un binomio lineal. Restamos el número sumado de para que la expresión no cambie. Obtenemos la representación de un trinomio cuadrado en la forma . Traemos el binomio lineal resultante bajo el diferencial: $rx^{2}+px$ $q$ ${\ estilo de visualización (cx + d) ^ {2} + e}$

\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q}}dx=\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}dx={ \frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)

Hemos reducido la integral a una tabular; una integral de tabla particular está determinada por el signo de . Si , entonces denotamos : $mi$ $e>0$ $h={\sqrt {e}}$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)={\frac {1}{c }}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+h^{2}}}d(cx+d)={\frac {1}{ch}}\operatorname {arctg} {\frac{cx+d}{h}}+C

Si , entonces denotamos : ${\ estilo de visualización e <0}$ $h={\sqrt {-e))$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}+e}}d(cx+d)={\frac {1}{c }}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}-h^{2}}}d(cx+d)={\frac {1}{2ch}}\ln {\left |{\frac{cx+dh}{cx+d+h}}\right|}+C

Si , entonces: $e=0$

{\frac {1}{c}}\int {\frac {1}{(cx+d)^{2}}}d(cx+d)=-{\frac {1}{c} }\int {\frac{1}{cx+d}}+C

Ejemplo

\int {\frac{1}{x^{2}+3x+5}}dx

Seleccionemos un cuadrado completo. Para convertirse en un cuadrado, debe agregar . entonces _ Para que esta expresión sea igual al denominador, debes sumar . ${\ estilo de visualización x^{2}+3x}$ ${\frac{9}{4))$ $x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}=\left(x+{\frac {3}{2}}\right)^{2}$ ${\frac{11}{4))$

x^{2}+3x-5=x^{2}+3x+{\frac {9}{4}}+{\frac {11}{4}}=\left(x+{\frac { 3}{2}}\derecha)^{2}+{\frac{11}{4}}

El cuadrado completo está resaltado. Ahora traigamos el binomio resultante debajo del diferencial.

\int {\frac {1}{x^{2}+3x+5}}dx=\int {\dfrac {d\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)} {\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{2}+{\dfrac {11}{4}}}}={\frac {2}{\sqrt {11}}} \operatorname {arctg} {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

Para integrar fracciones de la forma en el numerador, se distingue la derivada del denominador. [8] Se toma la derivada del denominador, se multiplica por algún número de manera que cuando se obtiene y luego se suma el valor para obtener b. ${\frac {ax+b}{rx^{2}+px+q))$ $X$ $a$

La derivada del numerador es . Lo multiplicamos por un número tal que con x obtenemos . ${\ estilo de visualización 2rx+p}$ $a$

s(2rx+p)=ax+p

Luego sumamos un número tal que esta expresión sea igual al numerador.

s\left(2rx+p\right)+h=ax+b

De esta forma, escribimos el numerador en la integral.

\int {\frac {s(2rx+p)+h}{rx^{2}+px+q}}dx=\int {\frac {s(2rx+p)}{rx^{2 }+px+q}}dx+\int {\frac {h}{rx^{2}+px+q}}dx

La segunda integral ya ha sido considerada en el párrafo anterior. Queda por tomar el primero. Dado que el numerador contiene la derivada del denominador, podemos llevar fácilmente el denominador debajo del diferencial.

\int {\frac {s(2rx+p)}{rx^{2}+px+q}}dx=s\int {\frac {1}{rx^{2}+px+q} }d(rx^{2}+px+q)=s\ln {|rx^{2}+px+q|}

Ejemplo

\int {\frac {7x-4}{x^{2}+3x+5}}dx

Es necesario resaltar la derivada del denominador en el numerador. Tomemos la derivada del denominador.

{\ estilo de visualización (x^{2}+3x+5)'=2x+3}

Ahora necesitamos multiplicarlo por un número y agregar otro número para llevarlo al numerador. Para que el coeficiente at sea igual, es necesario multiplicar por . $X$ $7$ ${\frac {7}{2}}$

{\frac {7}{2}}(2x+3)=7x+{\frac {21}{2}}

Para obtener un miembro gratis, debe restar . ${\ estilo de visualización -4}$ ${\frac{29}{2))$

7x-4={\frac {7}{2}}(2x+3)-{\frac {29}{2}}

Escribimos esto en el numerador y lo dividimos por 2 integrales.

\int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)-{\dfrac {29}{2}}}{x^{2}+3x+5}}dx= \int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)}{x^{2}+3x+5}}dx-\int {\frac {\dfrac {29}{2} {x^{2}+3x+5}}dx

La segunda integral se toma como se describe en el párrafo anterior. Lo tomamos nosotros en el ejemplo anterior.

\int {\frac {\dfrac {29}{2}}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {29}{\sqrt {11}}}\operatorname {arctg } {\frac{2x+3}{\sqrt {11}}}+C

En la primera integral, ponemos el denominador debajo de la diferencial. Como tenemos la derivada del denominador en el numerador, simplemente desaparecerá.

\int {\frac {{\dfrac {7}{2}}(2x+3)}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {7}{2}}\ int {\frac {d(x^{2}+3x+5)}{x^{2}+3x+5}}={\frac {7}{2}}\ln {|x^{2} +3x+5|}+C

\int {\frac {7x-4}{x^{2}+3x+5}}dx={\frac {7}{2}}\ln {|x^{2}+3x+5 |}-{\frac {29}{\sqrt {11}}}}\nombre del operador {arctg} {{\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+C

El método de integración descrito funciona para cualquier fracción con un trinomio cuadrado en el denominador, y no solo con un discriminante negativo. Así, para fracciones con binomio con discriminante positivo, hemos considerado dos métodos de integración.

Integración de fracciones de la forma ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

La fracción también se integra resaltando la derivada del denominador en el numerador. ${\displaystyle {\frac {ax+b}{(rx^{2}+px+q)^{m))))$

\int {\frac {s(rx^{2}+px+q)'+g}{(rx^{2}+px+q)^{m))}dx=s\int {\ fracción {d(rx^{2}+px+q)}{(rx^{2}+px+q)^{m))}+g\int {\frac {1}{(rx^{2} +px+q)^{m}}}dx

La integral de la izquierda es tabular:

\int {\frac {d(rx^{2}+px+q)}{(rx^{2}+px+q)^{m))}={\frac {1}{(- m+1)(rx^{2}+px+q)^{m-1}}}

La integral derecha es la más complicada de las consideradas aquí. Seleccione inmediatamente el cuadrado completo en el denominador. El problema se reduce a tomar la siguiente integral:

\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{m))}\,dx

Considere dos maneras de tomarlo.

Relación de recurrencia

Denotemos . Para que pueda hacer una relación de recurrencia. Tomaremos la integral por partes: $I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx$ $yo_{k}$

I_{k}=\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx={\frac {1}{c)) \int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,d(cx+d)={\frac {cx+d}{c((cx +d)^{2}+e)^{k))}-{\frac {1}{c}}\int (cx+d)\,d\left({\frac {1}{((cx +d)^{2}+e)^{k}}}\right)={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k}}}+ 2k\int {\frac {(cx+d)^{2}}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1}}}\,dx=

={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k))}+2k\int {\frac {(cx+d)^{2} +ee}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1))}\,dx={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+ e)^{k))}+2k\int {\frac {1}{((cx+d)^{2}+e)^{k))}\,dx-2kh^{2}\int { \frac{1}{((cx+d)^{2}+e)^{k+1}}}\,dx={\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2 }+e)^{k}}}+2kI_{k}-2kh^{2}I_{k+1}

Después

I_{k+1}={\frac {1}{2ke}}\left({\frac {cx+d}{c((cx+d)^{2}+e)^{k} }}+\izquierda(2k-1\derecha)I_{k}\derecha)

La integral se puede tomar como se muestra en el párrafo anterior. Luego, usando la fórmula recursiva obtenida, se toman integrales secuencialmente , y así sucesivamente hasta la integral deseada. Este método es especialmente conveniente cuando se integran fracciones después de la descomposición en fracciones simples, ya que inmediatamente da integrales para todo . [9] $yo_1$ $I_{2},I_{3},\ldots$ $k\leq m$

Ejemplo

\int {\frac {1}{((x-1)^{2}+4)^{4))}\,dx

Tomamos integrales sucesivas.

I_{1}=\int {\frac {1}{(x-1)^{2}+4}}\,dx=\int {\frac {1}{(x-1)^{ 2}+4}}\,d(x-1)={\frac {1}{2}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}

I_{2}={\frac {1}{8}}\left({\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {1} {2}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}\right)={\frac {1}{8}}{\frac {x-1}{(x-1)^ {2}+4}}+{\frac {1}{16}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}

I_{3}={\frac {1}{16}}\left({\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+ {\frac {3}{8}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {3}{16}}\nombre del operador {arctg} {\ fracción {x-1}{2}}\right)={\frac {1}{16}}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2} ))+{\frac {3}{128}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {3}{256}}\nombre del operador {arctg } {\frac{x-1}{2))

I_{4}={\frac {1}{24}}\left({\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+ {\ fracción {5}{16}}{\ fracción {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+{\ fracción {15}{128}}{ \frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac {15}{256}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}\ derecha)={\frac {1}{24}}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+{\frac {5}{384 }}{\frac {x-1}{((x-1)^{2}+4)^{2}}}+{\frac {15}{3072}}{\frac {x-1}{ (x-1)^{2}+4}}+{\frac {15}{6144}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}

Resultado:

\int {\frac {1}{((x-1)^{2}+4)^{4}}}\,dx={\frac {1}{24}}{\frac {x -1}{((x-1)^{2}+4)^{3}}}+{\frac {5}{384}}{\frac {x-1}{((x-1)^ {2}+4)^{2}}}+{\frac {15}{3072}}{\frac {x-1}{(x-1)^{2}+4}}+{\frac { 15}{6144}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-1}{2}}+C

Dado que las integrales de este tipo son bastante raras, por lo general esta fórmula recursiva no se recuerda, sino que simplemente se deduce cada vez. Tenga en cuenta que la fórmula no impone ninguna restricción sobre el signo . Por lo tanto, esta relación de recurrencia también se puede usar si el trinomio cuadrado en el denominador tiene un discriminante positivo. $mi$

Sustitución trigonométrica

La integración de este tipo de fracciones también es posible mediante sustitución trigonométrica. Considere primero una fracción de la forma

{\displaystyle {\frac {1}{((cx+d)^{2}+h^{2})^{m))))

Aquí hay una diferencia importante con la fórmula recurrente: no dependía del signo del discriminante y funcionaba de la misma manera en cualquier caso; aquí asumimos inmediatamente que el discriminante del denominador es negativo y por lo tanto, luego de seleccionar el cuadrado completo, podemos representarlo como un cuadrado de un número positivo . Vamos a sacarlo de la suma. $mi$ ${\ estilo de visualización h ^ {2}}$ ${\ estilo de visualización h ^ {2}}$

{\frac {1}{h^{2m}\left({\dfrac {(cx+d)^{2}}{h^{2}}}+1\right)^{m}} }

Hagamos el reemplazo . entonces _ ${\frac {cx+d}{h}}=\operatorname {tg} {\varphi }$ $dx={\frac {h}{c\cos^{2}\varphi}}$

\int {\frac {1}{h^{2m}\left({\dfrac {(cx+d)^{2}}{h^{2}}}+1\right)^{m ))}dx={\frac {h}{c}}\int {\frac {1}{h^{2m}(\operatorname {tg} ^{2}{\varphi }+1)^{m} \cos ^{2}\varphi }}d\varphi ={\frac {1}{ch^{2m-1}}}\int {\frac {cos^{2m}x}{\cos ^{2} \varphi }}d\varphi ={\frac {1}{ch^{2m-1}}}\int \cos ^{2m-2}\varphi d\varphi

Esta integral se obtiene muy fácilmente aplicando sucesivamente las fórmulas para disminuir el grado en el caso de un grado par del coseno y poner el coseno debajo del diferencial en el caso de uno impar. Como resultado, obtenemos una combinación lineal de grados de senos desde un ángulo par.

A continuación, debe realizar un reemplazo inverso. Para obtener bellas expresiones, se utiliza el siguiente truco. La expresión se parece al teorema de Pitágoras. Si consideramos , catetos y - la hipotenusa, entonces la expresión adquiere significado como la tangente del ángulo entre el cateto y la hipotenusa, ya que esta es la razón del cateto opuesto al adyacente. Considerando que la razón del cateto opuesto a la hipotenusa, sino como la razón del cateto opuesto a la hipotenusa. Se puede verificar fácilmente que este es efectivamente el caso. Estas consideraciones son una forma conveniente de recordar estas fórmulas, pero debe recordarse que esto no es una justificación formal. ${\ estilo de visualización (cx+d)^{2}+h^{2}=rx^{2}+px+q}$ ${\ estilo de visualización cx+d}$ $h$ ${\sqrt {rx^{2}+px+q))$ ${\frac {cx+d}{h}}=\operatorname {tg} {\varphi }$ $h$ ${\displaystyle \sin \varphi ={\frac {cx+d}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$ ${\displaystyle \cos \varphi ={\frac {h}{\sqrt {rx^{2}+px+q))))$

Las fórmulas para senos y cosenos se pueden recordar fácilmente: el seno es la división de un binomio lineal de un cuadrado completo por la raíz de un trinomio cuadrado, y el coseno es la división de una constante (más precisamente, su raíz), que se suma a un cuadrado completo. [diez]

Ejemplo

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4}}}dx=\int {\dfrac {1}{\left(\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{2}+{\dfrac {11}{4}}\right)^{4}}}dx={\frac {256}{14641}}\int {\ dfrac {1}{\left(\left({\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}\right)^{2}+1\ derecha)^{4}}}dx

Hacemos un reemplazo.

{\dfrac {2}{\sqrt {11}}}x+{\dfrac {3}{\sqrt {11}}}=\operatorname {tg} {\varphi},\quad dx={\frac {\sqrt {11}}{2\cos ^{2}\varphi }}d\varphi

{\frac {256}{14641}}\int {\dfrac {1}{\left(\left({\dfrac {2}{\sqrt {11))}x+{\dfrac {3}{ \sqrt {11}}}\right)^{2}+1\right)^{4}}}dx={\frac {128}{1331{\sqrt {11}}}}\int {\frac { 1}{(\operatorname {tg} ^{2}{\varphi }+1)^{4}\cos ^{2}\varphi }}d\varphi ={\frac {128}{1331{\sqrt { 11}}}}\int \cos^{6}\varphi d\varphi

Para no llevar constantes, llevamos la integral del coseno al sexto por separado.

\int \cos ^{6}\varphi \,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+\cos {2\varphi }\right)^{3} \,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+3\cos {2\varphi }+3\cos ^{2}{2\varphi }+\cos ^{3 {2\varphi }\right)\,d\varphi ={\frac {1}{8}}\int \left(1+3\cos {2\varphi }+{\frac {3}{2} }+{\frac {3}{2}}\cos {4\varphi }+\cos ^{3}{2\varphi }\right)\,d\varphi =

={\frac {1}{8}}\left({\frac {5}{2}}\varphi +{\frac {3}{2}}\sin {2\varphi }+{\ fracción {3}{8}}\sin {4\varphi }+\int \cos ^{3}{2\varphi }d\varphi \right)

\int \cos ^{3}{2\varphi }\,d\varphi ={\frac {1}{2}}\int \cos ^{2}{2\varphi }\,d\sin {2\varphi }={\frac {1}{2}}\int (1-\sin ^{2}\varphi )d\sin {2\varphi }={\frac {1}{2}}\ sen 2\varphi -{\frac {\sin ^{3}2\varphi }{6}}+C

Finalmente

\int \cos ^{6}\varphi d\varphi ={\frac {1}{8}}\left({\frac {5}{2}}\varphi +2\sin {2\varphi }+{\frac {3}{8}}\sin {4\varphi}-{\frac {1}{6}}\sin ^{3}{2\varphi }\right)+C

El siguiente paso es expresar los senos en términos de tangentes. Recuerda el truco con el cateto y la hipotenusa. Cateto opuesto aquí , adyacente - , hipotenusa - . Después: $x+{\frac{3}{2))$ ${\frac {\sqrt {11}}{2}}$ ${\sqrt {x^{2}+3x+5}}$

{\displaystyle \sin \varphi ={\frac {x+{\dfrac {3}{2))}{\sqrt {x^{2}+3x+5))))

\cos \varphi ={\frac {\dfrac {\sqrt {11}}{2}}{\sqrt {x^{2}+3x+5}}}

De esto finalmente obtenemos

\sin {2\varphi }=2\sin \varphi \cos \varphi ={\frac {{\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)} {x^{2}+3x+5}}

\sin {4\varphi }=2\sin {2\varphi }\cos {2\varphi }=2\sin {2\varphi }(\cos ^{2}\varphi -\sin ^{2 }\varphi )={\frac {{\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)}{x^{2}+3x+5}}{\frac { {\dfrac {11}{4}}-\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{2}}{x^{2}+3x+5}}={\frac { {\sqrt {11}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)(-2x^{2}-6x+1)}{(x^{2}+3x+5)^ {2}}}

De este modo,

\int {\frac {1}{(x^{2}+3x+5)^{4))}dx={\frac {16}{1331{\sqrt {11))))\left ({\frac {5}{2}}\nombre del operador {arctg} {\frac {2x+3}{\sqrt {11}}}+{\frac {2{\sqrt {11}}\left(x+{ \dfrac {3}{2}}\right)}{x^{2}+3x+5}}+{\frac {{\dfrac {3{\sqrt {11}}}{8}}\left( x+{\dfrac {3}{2}}\right)(-2x^{2}-6x+1)}{(x^{2}+3x+5)^{2}}}-{\dfrac { {\dfrac {11{\sqrt {11}}}{6}}\left(x+{\dfrac {3}{2}}\right)^{3}}{(x^{2}+3x+5 )^{3}}}\derecha)+C

Existe una variación de este método para trinomios con discriminante positivo.

{\displaystyle {\frac {1}{(h^{2}-(cx+d)^{2})^{m))))

En tal situación, uno puede hacer una sustitución hiperbólica .

{\frac {cx+d}{h}}=\operatorname {th} {\varphi }

Luego, de manera similar, llegamos a la integral del coseno hiperbólico en un grado par y la integramos de manera similar. La expresión final consta de senos hiperbólicos y términos lineales. En los términos lineales, hacemos la sustitución inversa

\varphi ={\frac {1}{2}}\ln {\left|{\frac {h+cx+d}{h-cx-d}}\right|}

Para expresar senos hiperbólicos, usamos una técnica similar:

\operatorname {sh} {\varphi }={\frac {cx+d}{\sqrt {h^{2}-(cx+d)^{2))))

\operatorname {ch} {\varphi }={\frac {h}{\sqrt {h^{2}-(cx+d)^{2))))

De hecho, los reemplazos trigonométricos e hiperbólicos pueden ser diferentes. Para el caso discriminante negativo, son posibles las siguientes sustituciones:

\operatorname {tg} {\varphi },\ \operatorname {ctg} {\varphi },\ \operatorname {sh} {\varphi },\ \operatorname {csch} {\varphi }={\frac { cx+d}{h}}

Para el caso positivo:

\sin {\varphi },\ \cos {\varphi },\ \operatorname {seg} {\varphi },\ \operatorname {cosec} {\varphi },\ \operatorname {th} {\varphi } ,\ \operatorname {cth} {\varphi },\ \operatorname {ch} {\varphi },\ \operatorname {sch} {\varphi }={\frac {cx+d}{h))

Las sustituciones más convenientes aquí son tangentes y cotangentes, ya que conducen la integral a la integral del seno o coseno hasta cierto punto, lo que se toma de manera bastante simple. Las sustituciones restantes conducen a integrales mucho más complejas.

Descomposición compleja en la más simple

Si se permiten números complejos en los coeficientes de fracciones, entonces la descomposición en los más simples se simplifica notablemente. En números complejos, una fracción propia se puede descomponer en una suma de fracciones de la forma sola . Las fracciones con denominadores cuadrados no se consideran simples. [once] ${\displaystyle {\frac {A}{(xa)^{k))))$

Usar la expansión compleja te permite integrar la fracción casi verbalmente. Todos los métodos de expansión real de una fracción también funcionan con expansión compleja. La desventaja es que la integral final contiene logaritmos y fracciones con números complejos, y reducir esta expresión a una expresión que contiene solo números reales requiere más transformaciones.

Ejemplo 1. Con un logaritmo

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}dx

Construimos una descomposición compleja en las más simples. Buscaremos los coeficientes utilizando el método de cobertura de Heaviside. A ${\ estilo de visualización {\ frac {1} {(x-1) ^ {2}}}}$

{\frac{1}{1+1}}={\frac{1}{2}}

A ${\frac{1}{(xi)))$

{\frac {1}{2i(i-1)^{2}}}={\frac {1}{2i(-2i)))={\frac {1}{4}}

A ${\frac{1}{(x+i)))$

{\frac {1}{-2i(-i-1)^{2}}}={\frac {1}{-2i(2i)))={\frac {1}{4}}

Cuando encontramos la sustitución de infinito ${\frac{1}{x-1}}$

{\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}={\frac {\dfrac {1}{2}}{(x-1) ^{2))}+{\frac {\dfrac {1}{4}}{xi}}+{\frac {\dfrac {1}{4}}{x+i}}+{\frac {A {x-1}}

Multiplica por y sustituye infinito. $x-1$

0={\frac{1}{4}}+{\frac{1}{4}}+A

A=-{\frac{1}{2}}

A continuación, integramos.

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}\,dx=-{\frac {1}{2(x-1) ))+{\frac {1}{4}}\ln {(xi)}+{\frac {1}{4}}\ln {(x+i)}-{\frac {1}{2} }\ln {|x-1|}+C

Ahora necesitamos deshacernos de los valores complejos dentro de los logaritmos. Para hacer esto, sumamos funciones con valores conjugados.

{\frac {1}{4}}\ln {(xi)}+{\frac {1}{4}}\ln {(x+i)}={\frac {1}{4} }\ln(x^{2}+1)

Se encuentra la integral.

\int {\frac {1}{(x-1)^{2}(x^{2}+1)}}dx=-{\frac {1}{2(x-1))) +{\frac {1}{4}}\ln(x^{2}+1)-{\frac {1}{2}}\ln {|x-1|}+C

Ejemplo 2. Con arco tangente

\int {x+6 \over x^{2}-8x+25}\,dx=\int {x+6 \over {(x-4+3i)(x-4-3i))) \,dx

Encontramos la descomposición en la más simple

\int {\frac {x+6}{x^{2}-8x+25}}\,dx=\left({\frac {1}{2}}+{\frac {5}{ 3}}i\right)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx+\left({\frac {1}{2}}-{\frac {5}{3}} i\right)\int {\frac {1}{x-4+3i}}\,dx

Después de una integración obvia, tenemos:

\left({\frac {1}{2}}+{\frac {5}{3}}i\right)\ln(x-4+3i)+\left({\frac {1} {2}}-{\frac {5}{3}}i\derecha)\ln(x-4-3i)+C

Agrupamos los términos reales e imaginarios por separado:

{\frac {1}{2}}\left(\ln(x-4+3i)+\ln(x-4-3i)\right)+{\frac {5}{3}}i \izquierda(\ln(x-4+3i)-\ln(x-4-3i)\derecha)+C

{\frac {1}{2}}\ln \left((x-4+3i)(x-4-3i)\right)+{\dfrac {5}{3}}i\ln { \dfrac{x-4+3i}{x-4-3i}}+C

{\frac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{\frac {5}{3}}i\ln {\frac {1-i{\dfrac {x-4}{3}}}{1+i{\dfrac {x-4}{3}}}}+C

Como sabes, el arco tangente de una variable compleja se expresa en términos del logaritmo:

\operatorname {arctg} \,z={\frac {1}{2}}i\ln {\frac {1-i\,z}{1+i\,z}}

Esto nos da la oportunidad de reescribir el segundo término a través del arco tangente:

\int {x+6 \sobre x^{2}-8x+25}\,dx={\frac {1}{2}}\ln(x^{2}-8x+25)+{ \frac {10}{3}}\nombre del operador {arctg} {\frac {x-4}{3}}+C

Para encontrar la integral de una función racional de una variable compleja, la simplificación compleja se usa directamente sin más transformación de las expresiones. Todas las integrales tabulares también son válidas para funciones complejas, con el único cambio de que el arcotangente y el logaritmo del módulo se reemplazan, respectivamente, por el logaritmo multivaluado complejo y el arcotangente multivaluado complejo.

Vista general de la integral de una función racional

A partir de los métodos anteriores para la integral de una función racional, puede hacer una vista general.

\int {\frac {P(x)}{\displaystyle \prod_{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}}\displaystyle \prod_{ i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})^{m_{i))))\,dx={\frac {T(x)}{\ estilo de visualización \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}-1}\estilo de visualización \prod _{i=1}^{n}(x^{2} +p_{i}x+q_{i})^{m_{i}-1}}}+\sum _{i=1}^{l}{A_{i}\ln {|x-x_{i }|}}+\sum_{i=1}^{n}\left({B_{i}\ln(x^{2}+p_{i}x+q_{i})+C_{i} \nombre del operador {arctg} {\frac {x+r_{i}}{h}}}\right)

${\ Displaystyle x + r_ {i}}$ aquí hay un binomio lineal obtenido al seleccionar el cuadrado completo de , es decir, . Ambas fracciones son correctas. La fracción del lado derecho de la igualdad se denomina parte racional o algebraica de la integral, mientras que la suma de logaritmos y arcotangentes se denomina parte trascendental . [12] $x^{2}+p_{i}x+q_{i}$ ${\displaystyle x^{2}+p_{i}x+q_{i}=(x+r_{i})^{2}+h^{2))$

Desde esta vista general, es fácil ver que la integral de una fracción que no tiene raíces múltiples es la suma de arcotangentes y logaritmos solamente. A su vez, si hay múltiples raíces, entonces en la parte racional de la integral, las multiplicidades de estas raíces disminuyen en 1.

Método Ostrogradsky

Si la suma de logaritmos y arcotangentes se representa como una integral de alguna fracción propia sin raíces múltiples (esta fracción se puede determinar simplemente tomando la derivada), entonces se obtendrá la siguiente fórmula.

\int {\frac {P(x)}{\displaystyle \prod_{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}}\displaystyle \prod_{ i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})^{m_{i))))\,dx={\frac {T(x)}{\ estilo de visualización \prod _{i=1}^{l}(x-x_{i})^{k_{i}-1}\estilo de visualización \prod _{i=1}^{n}(x^{2} +p_{i}x+q_{i})^{m_{i}-1))}+\int {\frac {H(x)}{\displaystyle \prod_{i=1}^{l} (x-x_{i})\displaystyle \prod_{i=1}^{n}(x^{2}+p_{i}x+q_{i})}}\,dx

llamada fórmula de Ostrogradsky . Otro método para integrar funciones racionales se basa en esta fórmula: el método de Ostrogradsky . Te permite reducir el problema a integrar una fracción racional con denominador sin múltiples factores irreducibles, que es mucho más sencillo.

La esencia del método es la siguiente. Supongamos que necesitamos integrar una función racional. Escribimos la fórmula de Ostrogradsky para ello (como arriba). Conocemos los denominadores de las fracciones por la fórmula, los numeradores tienen un grado menor que los denominadores. Esto nos da la oportunidad de escribir polinomios con coeficientes indefinidos como denominadores.

{\displaystyle T(x)=A_{s}x^{s}+\ldots +A_{1}x+A_{0))

{\displaystyle H(x)=B_{r}x^{r}+\ldots +B_{1}x+B_{0))

Ahora podemos encontrar estos coeficientes por el método de coeficientes indeterminados. Derivemos esta igualdad y reduzcamos a un común denominador. Entonces podemos igualar los numeradores, igualar los coeficientes a potencias iguales y resolver el sistema. Por supuesto, aquí puedes usar todas las simplificaciones que se usaron en la expansión de fracciones, como sustituciones de raíz o sustituciones de infinito. Así, el problema se reducirá a integrar una fracción con denominador sin múltiplos. Una fracción con un denominador sin raíces múltiples es mucho más fácil de integrar. Todos sus coeficientes de expansión se pueden obtener por el método de Heaviside y sustituciones de raíces complejas.

Ejemplo

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}\,dx

Escribamos la fórmula de Ostrogradsky.

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx={\frac {Ax^{2}+Bx+C} {(x-1)(x+1)^{2}}}+\int {\frac {Dx+E}{(x-1)(x+1)))\,dx

Diferenciar.

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) ^{2}-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)^{2}+(x-1)\cdot 2(x+1))}{(x-1)^{ 2}(x+1)^{4))}+{\frac{Dx+E}{(x-1)(x+1)))

La segunda fracción se puede reducir a $x+1$

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) -(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+(x-1)\cdot 2)}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}} +{\frac{Dx+E}{(x-1)(x+1)))

Llevar a un denominador común

{\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3))}={\frac {(2Ax+B)(x-1)(x+1) -(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+(x-1)\cdot 2)+(Dx+E)(x-1)(x+1)^{2}}{ (x-1)^{2}(x+1)^{3}}}

Igualar los numeradores.

x=(2Ax+B)(x-1)(x+1)-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+2(x-1))+(Dx+ E )(x-1)(x+1)^{2}

Igualar los coeficientes al grado más alto.

{\ estilo de visualización 0 = D}

Esto nos da la oportunidad en el futuro de utilizar de nuevo la igualación de los coeficientes en el grado más alto.

x=(2Ax+B)(x-1)(x+1)-(Ax^{2}+Bx+C)((x+1)+2(x-1))+E(x -1)(x+1)^{2}

Hay dos sustituciones obvias aquí. Sustituyamos . $una$

{\ estilo de visualización 1 = -2 (A + B + C)}

Sustituyamos . $-una$

{\ estilo de visualización -1 = 4 (AB + C)}

Ahora igualamos los coeficientes superior e inferior.

{\ estilo de visualización 0 = 2A-A-2A + E}

0=-B-C+2C-E

Agregar.

0=-A-B+C

Tengo 3 ecuaciones.

\displaystyle {\begin{casos}-{\dfrac {1}{2}}=A+B+C,\\-{\dfrac {1}{4}}=A-B+C,\ \0=-A-B+C;\end{casos}}

Resta el segundo del primero.

-{\frac{1}{4}}=2B

B=-{\frac{1}{8}}

Ahora agregue el primero y el tercero.

-{\frac{1}{2}}=2C

C=-{\frac {1}{4}}

De la última ecuación

A=BC=-{\frac {1}{8}}

E=A=-{\frac{1}{8}}

De este modo,

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx=-{\frac {x^{2}+x+2 {8(x-1)(x+1)^{2}}}-{\frac {1}{8}}\int {\frac {1}{(x-1)(x+1)} }\,dx

La última integral es fácil de tomar:

\int {\frac {1}{(x-1)(x+1)}}\,dx=\int {\frac {1}{x^{2}-1}}\,dx= {\frac{1}{2}}\ln {\izquierda|{\frac{1+x}{1-x}}\derecha|}+C

Finalmente

\int {\frac {x}{(x-1)^{2}(x+1)^{3}}}\,dx=-{\frac {x^{2}+x+2 {8(x-1)(x+1)^{2}}}-{\frac {1}{16}}\ln {\left|{\frac {1+x}{1-x}} \derecho|}+C

El método de Ostrogradsky es conveniente para un gran número de raíces múltiples. Sin embargo, no simplifica mucho la tarea, el sistema de ecuaciones resulta no menos complejo que con la descomposición habitual en las más simples.

El método de Ostrogradsky permite encontrar la parte racional de la integral usando solo operaciones algebraicas, incluso sin conocer la expansión del denominador. Sea la fórmula de Ostrogradsky. Entonces no hay nada más que el máximo común divisor y . Se puede calcular utilizando el algoritmo de Euclides . Un polinomio se puede obtener dividiendo por . Luego simplemente igualamos los denominadores y resolvemos el sistema de ecuaciones algebraicas lineales. $\int {\frac {P(x)}{Q(x)}}={\frac {T(x)}{Q_{1}(x)))+\int {\frac {H( x)}{Q_{2}(x)}}$ $Q_{1}(x)$ $q(x)$ ${\ estilo de visualización Q' (x)}$ $Q_{2}(x)$ $q(x)$ $Q_{1}(x)$

Véase también

Notas

↑ Zorich, 2012 , pág. 392.
↑ Ricky, 1980 .
↑ Fikhtengolts, 2003 , pág. 48.
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 501.
↑ Bauldry, 2018 , pág. 429.
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 459.
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 504.
↑ 1 2 Fikhtengolts, 2003 , p. 41.
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 505.
↑ Dawkins .
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 503.
↑ Kudryavtsev, 2003 , pág. 509.

Enlaces

Expansor de fracciones parciales

Literatura

Zorich V. A. Análisis matemático. parte 1 - 6ª ed. - M. : MTSNMO, 2012. - 702 p. (Ruso)
Kudryavtsev L. D. Curso de Análisis Matemático. En 3 tomos. Tomo 1. Cálculo diferencial e integral de funciones de varias variables . - M. : Avutarda, 2003. - 704 p. (Ruso)
Fikhtengol'ts G. M. Curso de cálculo diferencial e integral. En 3 tomos. Volumen 2 . - 8ª ed. - M. : FIZMATLIT, 2003. - 864 p. — ISBN 5-9221-0157-9 . (Ruso)
Rickey VF, Tuchinsky Ph. M. Una aplicación de la geografía a las matemáticas: historia de la integral de la secante // Revista de matemáticas: Revista. - 1980. - mayo ( vol. 53 , n. 3 ). — pág. 162–166 .
Fracciones parciales de Bauldry WC a través del cálculo // Daniel Alpay Problemas , recursos y problemas en estudios de pregrado en matemáticas: Revista. - 2018. - 9 de mayo ( vol. 28 , núm. 5 ). — pág. 425–437 . — ISSN 1051-1970 . -doi : 10.1080/ 10511970.2017.1388312 .
Dawkins P. Integrales que involucran cuadráticas . Recuperado: 5 julio 2021.