AN ALISIS MATEM ATICO B ASICO. C ALCULO DE PRIMITIVAS. FUNCIONES RACIONALES.

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1 AN ALISIS MATEM ATICO B ASICO. C ALCULO DE PRIMITIVAS. FUNCIONES RACIONALES. Cuando tenemos el problema de alular la primitiva de una funion raional P (x) an x n + a n x n + + a x + a 0 b m x m + b m x m ; + + b x + b 0 es deir la primitiva de un oiente de polinomios, a vees es onveniente simpliar su expresion. Para ello disponemos del metodo de Desomposiion en Fraiones Simples. Este metodo ya lo empleamos al sumar series telesopias (ver el Tema de Series). Ver el Apendie siguiente para una mejor omprension del mismo. Vamos a empezar alulando primitivas de funiones raionales muy senillas, aquellas que apareeran en el metodo de Desomposiion. (x a) n : Tenemos dos asos: si n ; entones ln(x a); x a si n > ; entones (x a) n (x a) n n+ (x a) n + (n )(x a) n : + k (x + ax + b) n : Suponemos ademas que el polinomio de segundo grado que aparee en el denominador no tiene raes reales. Si las tiene el problema se reduira al aso anterior por desomposiion en fraiones simples. Observaion: Dada una primitiva omo + k (x + ax + b) n

2 C. RUI operando d k x + a (x + ax + b) n + d a (x + ax + b) n : Luego nos apareen dos tipos de integrales x + a (x ; omo el numerador es la derivada de la base del + ax + b) n denominador, on el ambio de variable u x + ax + b pasamos a la primitiva du que ya sabemos resolver; (u) n k d el aso difil es a (x + ax + b) n : (x + ax + b) n : De nuevo suponemos que el polinomio de segundo grado x + ax + b es irreduible, es deir que no tiene raes reales y que es lo mismo que deir que a a 4b < 0, b 4 > 0: Lema.. Dada la integral (x ; on denonimador irreduible, existe un ambio de variable de modo que transforma la integral en + ax + b) n K (u donde K es una onstante. + ) n Demostraion: Vamos a transformar el polinomio de segundo grado ( ompletando uadrados ). Luego x + ax + b x + a x + (a ) + b (x + a ) + donde r x + ax + b [ (x + a ) + ]: Si en nuestra integral haemos el ambio u x+ a la integral n (u + ) n du b a 4 a 4 ; as du y tendremos Hemos reduido nuestro problema a dos situaiones posibles: si n ; entones x artan x; + si n > ; entones a la integral (x se le aplia la formula + ) n de reduion (x + ) n x n (x + ) n + n 3 n (x + ) n :

3 APUNTES MMI 3 Se deja omo ejeriio probar esta ultima formula. Ya probamos, usando la Regla de Integraion por Partes, una formula de reduion para la integral R sen n x para n par. Ejemplo.. x + x + 5 : Demostraion: Consideramos la euaion x + x + 5 0; omo el disriminante 4 5 < 0; la euaion no tiene soluiones y el polinomio es irreduible. As para alular nuestra integral tenemos que transformar la funion en algo del tipo x : Completando uadrados + x + x + 5 x + x + + 4( ( x + ) + ); y as x + x + 5 ( ( x+ ) + ) haiendo el ambio de variable u x+ on du tenemos du u + artan u artan(x + ) Ejemplo.. Demostraion: x + x : intentamos la desomposiion neesariamente x + x x(x + ) x + x + x + x + ln x Primitiva de una funion raional ln(x + ) ln r x x + P (x) : R P (x) Para integrar oientes de polinomios ; primero dividimos P entre Q de modo que P (x) q(x) + r(x) donde el resto r tiene grado menor que el de Q (ver Apendie Desomposiion en Fraiones Simples). Luego

4 4 C. RUI La integral P (x) q(x) + r(x) r(x) q(x) + : q(x) sabemos resolverla, as nuestro problema queda reduido al aso en que el numerador tiene grado menor que el denominador. En el Apendie Desomposiion en Fraiones Simples se puede ver el siguiente resultado. Teorema.. Dados dos polinomios P; Q R[x] on grado de P menor que el de Q y donde tenemos la desomposiion (x ) r ::::(x i ) r i (x a x +a +b )s ::::(x a j x +a j +b j )s j ; entones se pueden enontrar numeros reales ; ; d ; y k ; tales que P (x) [ ; (x ) + ; (x ) + ::: + ;r (x ) r ] + ::: :::: + [ i; (x i ) + i; (x i ) + ::: + i;ri (x i ) r i ] d ; x + k ; +[ x a x + a + b + ::: + d ;s x + k ;s (x a x + a + b )s ] + :::: d j; x + k j; :::: + [ x a j x + a j + b j d j;sj x + k j;sj + ::: + (x a j x + a j + ]: b j )s j P (x) Luego nuestra integral ; on grado de P menor que el de Q; queda reduida a sumas de integrales omo las que hemos resuelto mas arriba. Ejemplo. 3. x 3 + x + x(x + ) : Demostraion: El denominador es el polinomio x 3 + x; as dividiendo luego x 3 + x + x(x + ) x 3 + x + jx 3 + x x 3 x + x(x + ) x + x(x + ) : Para resolver la ntegral que falta, usando el Teorema de Desomposiion, ponemos x(x + ) x + + k x +

5 APUNTES MMI 5 operando As, igualando numeradores (x + ) + x( + k) x(x : + ) ( + d)x + kx + : Dos polinomios son iguales si tienen iguales los oeientes. LLegamos al sistema de tres euaiones on tres inognitas: + d 0 k 0 Este sistema es muy fail de resolver ; d y k 0; y as x(x + ) x + + k x + x + x x + x + x x + ln x ln(x + ): Con todo lo anterior llegamos a que x 3 + x + x(x + ) x + ln x ln(x + ) Referenias Departamento de Analisis Matematio, Faultad de Matematias, Universidad Complutense, 8040 Madrid, Spain address : Cesar Ruiz@mat.um.es