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Fracciones Parciales en la Integracion

Genaro Luna Carreto 1

Octubre 2016

1Profesor de la Benemerita Universidad Autonoma de Puebla, Mexico.

Resumen

El metodo de fracciones parciales no es propiamente un metodo de integra-cion, pues su objeto de estudio se centra en la descomposicion de divisionespolinomiales p(x)

q(x)en suma de fracciones simples. El Teorema fundamental del

Algebra, trae como consecuencia la factorizacion del denominador q(x) enterminos lineales y cuadraticos irreducibles, cuya forma es util en tal des-composicion. Por esta razon, el material se ha dividido dos partes. En la pri-mera, explico el sustento teorico, desde el Teorema Fundamental del Algebrapasando por cuadraticos irreducibles, hasta las diversas formas de la des-composicion factorial polinomial. En la segunda parte, a traves de ejemplosexplico la tecnica de aplicacion de fracciones parciales a la integracion.

FCE BUAP Matematicas universitarias II

0.1. Teorema Fundamental del algebra

Como siempre ocurre con ideas o conceptos importantes, este teorematiene una historia extensa. Se atribuye a Gauss la primera de sus demostra-ciones, por cierto, presentada en su tesis doctoral (1799). Sin embargo, dichotrabajo presento algunos errores muy controversiales, que estuvieron en discu-sion por mucho tiempo. Se puede escribir la enorme lista de los matematicosque intentaron justificar plenamente dicho resultado: D’Alembert, Lagrange,Laplace, Euler, etc. Fue hasta 1814, cuando el matematico sueco, de padresfranceses, Jean Robert Argand, tuvo la dicha de celebrar el reconocimientogeneral por presentar una demostracion correcta de dicho teorema. A estepersonaje poco conocido y reconocido, tambien le debemos la representaciongeometrica de los complejos en un plano.

Teorema 1 (Fundamental del Algebra). Sea

p(z) = anzn + an−1z

n−1 + ...+ a1z + a0

un polinomio con coeficientes complejos donde an 6= 0 y n ≥ 1. Entonces p(z)tiene por lo menos un cero o raız en los complejos, es decir, existe α1 ∈ C talque p(α1) = 0.

Teniendo la raız α1 proporcionada por el TFA, aplicamos el Teorema delresto, el cual nos permite concluir que

p(z) = an(z − α1)q1(z) + p(α1)

pero p(α1) = 0, por lo tanto p(z) = an(z − α1)q1(z). Es posible aplicar otravez el TFA al polinomio q1(z) y obtener otra raız α2 y un polinomio q2(z) talque p(z) = an(z−α1)(z−α2)q2(z). El polinomio q(z) disminuirıa de grado encada paso, hasta llegar a ser tambien lineal. Se obtendrıa una descomposicioncompleta de p(z) en factores lineales complejos:

p(z) = an(z − α1)(z − α2)...(z − αn)

En consecuencia, p(z) tiene n raıces complejas , no necesariamente dife-rentes.

Si hay raıces iguales y las agrupamos, digamos que α1 se repita m1-veces,α2 se repita m2-veces, etc., entonces podrıamos distinguir r raıces diferentes:

p(z) = an(z − α1)m1(z − α2)

m2 ...(z − αr)mr

Genaro Luna Carreto 2 Octubre 2016


El numero mi, es conocido como multiplicidad de αi.

Consideremos el caso de polinomios p(x) de grado n, con dominio y coefi-cientes en el conjunto de los numeros reales. Por lo ya explicado, es posiblehallar α1, α2, ..., αn, posiblemente complejos tales que

p(x) = an(x− α1)(x− α2)...(x− αn)

Usando algunas propiedades sencillas del conjugado de complejos, a saber,

z + w = z + w y z · w = zw

es facil mostrar que si z es raız de un polinomio entonces su conjugado z,tambien lo es. Si z es raız de multiplicidad m, su conjugado sera raız con lamisma multiplicidad.

Agrupemos a las raıces reales con sus respectivas multiplicidades, en estecaso denotadas por α, a las raıces complejas denotadas con β y sus corres-pondientes conjugados

p(x) = an(x− α1)m1(x− α2)

m2 ...(x− αr)mr ...

(x− β1)k1(x− β1)k1(x− β2)k2(x− β2)k2 ... (x− βs)ks(x− βs)ks

Tiene un forma muy aparatosa. Tomemos el producto (x−β1)k1(x−β1)k1 :

(x− β1)k1(x− β1)k1 = (x2 − xβ1 − β1x+ β1β1)k1 (1)

= (x2 − (β1 + β1)x+ β1β1)k1 (2)

= (x2 − (2Re(β1))x+ β1β1)k1 (3)

Es claro que β1β1 y Re(β1) son numeros reales. En consecuencia, se tieneun termino cuadratico con coeficientes reales elevado a la potencia k1, cuyafactorizacion se da en terminos de numeros complejos. Si escribimos Q1 =x2 − (2Re(β1))x+ β1β1 y eso lo hacemos para cada β entonces:

p(x) = an(x− α1)m1(x− α2)

m2 ...(x− αr)mr(Q1)

k1(Q2)k2 ...(Qs)

ks (4)

Cada cuadratico Qi es llamado irreducible.



CONCLUSION

Un polinomio con coeficientes reales se puede descomponer en un pro-ducto de potencias de factores lineales reales con potencias de cuadraticosirreducibles.

0.2. Cuadraticos irreducibles

Como ya se vio, los cuadraticos irreducibles son parte importante en ladescomposicion, sobre todo si no estamos interesados en trabajar con raıcescomplejas. Entonces, existen diferencias claras entre los cuadraticos irredu-cibles y los que no los son: los primeros no se pueden factorizar sin ocuparcomplejos, los segundos se pueden factorizar en lineales reales.

¿Como saber si un cuadratico ax2 + bx+ c se puede factorizar en linealesreales? ¿Como saber si el cuadratico ax2 + bx + c es irreducible? Esto essencillo, tiene que ver con el discriminante D = b2 − 4ac. Si D ≥ 0, elcuadratico se puede factorizar en lineales reales. Si D < 0, el cuadratico esirreducible, esto es, no se puede factorizar en lineales reales.

Ejemplo 1. Determine si x2 + 2x+ 12 es reducible o irreducible

Solo se realiza la operacion:

D = b2 − 4ac = (2)2 − 4(1)(12) = 4− 48 = −44

El polinomio es irreducible.

Ejemplo 2. ¿x2 − 4x+ 4 es reducible o irreducible?

Se calcula el discrimante

D = b2 − 4ac = (−4)2 − 4(1)(4) = 16− 16 = 0

Este polinomio es reducible, de hecho, conocemos una factorizacion rapidaen lineales repetidos:

x2 − 4x+ 4 = (x− 2)(x− 2)



0.3. Fracciones parciales, ¿cual es su base?

Hasta aquı se ha informado respecto a la forma de descomposicion de unpolinomio con coeficientes reales. Debido a que nuestro interes radica en lasraıces reales, la factorizacion que estudiaremos corresponde a una multipli-cacion de terminos lineales y cuadraticos irreducibles.

Nos centraremos en divisiones de polinomiosp(x)

q(x).

0.3.1. Algoritmo de la division

Desde la educacion basica es conocido el algoritmo de la division entrenumeros enteros: Si a, b ∈ Z y b > 0, entonces existen enteros q, r tales que

a = qb+ r, donde 0 ≤ r < b (5)

Si usamos la adorable casita de la primaria, a÷ b oa

b, se verıa ası

Ahora, si dividimos entre b la ecuacion (5) se obtiene una forma intere-sante

a

b= q +

r

b(6)

De manera que una division de numeros es resultado de sumar al cocien-te con el residuo entre el divisor. Sin duda, son conocimientos aritmeticosbasicos.

0.3.2. Enteros coprimos y el maximo comun divisor

Definicion 0.3.1. Sean a, b ∈ Z con a 6= 0. Se dice que a divide a b si existeentero c tal que

b = a · c



Es usual escribir a|b en vez de a divide a b.

El maximo comun divisor entre a y b, es un entero positivo denotado pormcd(a, b) que satisface lo siguiente:

1. d|a y d|b

2. Si c|a y c|b entonces c|d.

En realidad, la definicion es motivada por un resultado que demuestra laexistencia de un entero positivo d que divide tanto a como b, y que se escribecomo d = ua+ vy, para algunos enteros u, v. En consecuencia el mcd(a, b) sepuede escribir como combinacion lineal de a y b:

mcd(a, b) = ua+ vy

Dicho resultado, se le atribuye a Etienne Bezout, matematico francesdel siglo XVIII. En particular, si los enteros a, b, son coprimos, es decir,mcd(a, b) = 1, se tiene

ua+ vb = 1 (7)

Observe que esto produce la igualdad

1

ab=u

b+v

a(8)

Es bien sabido que los valores u, v en la ecuacion (7), no son unicos. Bastacon un ejemplo. Es obvio que mcd(3, 5) = 1 y

1 = 3(2) + 5(−1) (9)

1 = 3(7) + 5(−4) (10)

0.3.3. Cocientes de polinomios descompuestos en frac-ciones simples

Los conceptos de la secciones 0.3.1 y 0.3.2 se han generalizado para elcaso de funciones polinomiales.



Suponga que tiene dos polinomios p(x), q(x). Su division polinomial

se puede expresar

p(x)

q(x)= c(x) +

r(x)

q(x)(11)

donde c(x), r(x) son el cociente de la division y el residuo de la mismarespectivamente. Ademas, r(x) = 0 o tiene grado menor que q(x). Tenemos

una simplicacion inicial de p(x)q(x)

.

Segun el parrafo anterior, al momento de simplificar una division de poli-nomios, resulta un polinomio mas una division de polinomios donde el gradodel numerador es estrictamente menor que el grado del denominador.

Sea p(x)q(x)

una division polinomial donde grad(p(x)) < grad(q(x)). Segun el

Teorema fundamental del algebra, q(x) tiene una descomposicion en linealespor cuadraticos irreducibles. Supongamos que su descomposicion es la massimple de todas, en un producto de dos factores lineales diferentes: q(x) =(x− a)(x− b). Esto trae como consecuencia que el grado de p(x), sea menoro igual a 1.

Definicion 0.3.2. Los polinomios f(x), g(x) son coprimos simcd(f(x), g(x)) =1, es decir, ningun polinomio de grado mayor o igual a 1 divide al mismotiempo f(x) y g(x).

Es claro que mcd((x − a), (x − b)) = 1. Generalizando (7), existen poli-nomios u(x) y v(x) tales que

1 = u(x)(x− a) + v(x)(x− b) (12)

esto es

1

(x− a)(x− b)=

u(x)

x− b+

v(x)

(x− a)(13)



ahora multipliquemos por p(x)

p(x)

(x− a)(x− b)=u(x)p(x)

x− b+v(x)p(x)

(x− a)(14)

Se ha logrado descomponer al cociente p(x)q(x)

en fracciones parciales, aunque

no sabemos la naturaleza de los productos u(x)p(x) y v(x)p(x), que segun(9), no son unicos. Con la finalidad de optimizar y dado que grad(p(x)) ≤ 1,entonces basta con considerar el planteamiento siguiente

p(x)

(x− a)(x− b)=

A

x− b+

B

(x− a)(15)

donde A y B son constantes desconocidas. Realizando operaciones

p(x) = A(x− a) +B(x− b) (16)

Si p(x) = Cx+D, entonces se generan un par de ecuaciones

A+B = C (17)

Aa+Bb = −D (18)

Cuyo determinante del sistema es:∣∣∣∣ 1 1a b

∣∣∣∣ = b− a 6= 0

Sabemos, que lo anterior indica que, en las condiciones planteadas, lasconstantes A y B siempre existiran.

Lo anterior solo es una muestra, la cual motivo las descomposicionesplanteadas en la siguiente seccion.

0.4. Estudio de casos en la descomposicion

factorial

Las integrales a resolver son aquellas que tienen la forma∫p(x)

q(x)dx



donde p(x), q(x) son polinomios. Se pondra atencion especial en el grado deambos polinomios y en la factorizacion de q(x).

0.4.1. El grado de p(x) es mas grande o igual que elgrado de q(x)

En este caso se realiza la division larga.

Ejemplo 3. Resuelve la siguiente integral∫x3 + 1

x2 + 1dx

En este caso, el grado del numerador es mas grande que el grado deldenominador. Antes que nada, se debe realizar la division polinomial (veaimagen).

Ademas, es necesario recordar que una fraccion p(x)q(x)

se puede expresar

comop(x)

q(x)= c(x) +

r(x)

q(x), donde c(x) es el cociente de la division y r(x) el

residuo. En este caso

x3 + 1

x2 + 1= x+

1− xx2 + 1

(19)

La funcion a integrar se descompuso en dos fracciones simples. Integremosen ambos lados la ecuacion (19):

∫x3 + 1

x2 + 1dx =

∫xdx+

∫(1− x)dx

x2 + 1(20)

=

∫xdx+

∫dx

x2 + 1−∫

xdx

x2 + 1(21)

=x2

2+ tan−1 x− 1

2ln(x2 + 1) + k (22)



Ejercicios 1. Resuelve la siguiente integral∫x4 + 3x3 + 5x2 + 6x+ 2

x2 + 2x+ 2dx

Solucion: x+x2

2+x3

3+ 2 tan−1(x+ 1) + ln |x2 + 2x+ 2|+ k

0.4.2. Grado de p(x) es mas pequeno que el grado deq(x)

Aquı se analiza la descomposicion en factores del polinomio q(x) con la

finalidad de que el cocientep(x)

q(x)se descomponga en suma de fracciones mas

simples.Se pueden distinguir cuatro casos:

CASO A: La descomposicion solo tiene factores lineales reales diferentes

q(x) = a(x− a1)(x− a2)...(x− an)

donde a2, a2, ...an son todos diferentes.

Ejemplo 4. Resuelve la integral∫xdx

(x+ 1)(2x+ 1)(23)

Es una division entre polinomios, donde el numerador tiene grado uno yel denominador grado 2. En primer lugar, la fraccion polinomica se separaraen fracciones simples, despues se integrara. La tecnica consiste en proponeruna descomposicion de la siguiente forma:

x

(x+ 1)(2x+ 1)=

A

x+ 1+

B

2x+ 1(24)

donde las constantes A,B son desconocidas. Se toma al denominador delmiembro izquierdo y lo pasamos multiplicando

x =

[A

x+ 1+

B

2x+ 1

](x+ 1)(2x+ 1)



Al realizar la distribucion se cancelaran varios terminos:

x = A(2x+ 1) +B(x+ 1)

Despues, es usual multiplicar y ordenar:

x = A(2x+ 1) +B(x+ 1) (25)

x = 2Ax+ A+Bx+B (26)

x = (2A+B)x+ (A+B) (27)

(28)

La ultima igualdad, corresponde a una igualdad de polinomios. Si observael polinomio del lado izquierdo, la variable x tiene coeficiente 1 y terminoindependiente cero. En el polinomio derecho, la variable x, tiene como coefi-ciente 2A+B y termino independiente A+B. Debido a la igualdad, dichospolinomios tendran coeficiente iguales, por ende

2A+B = 1 (29)

A+B = 0 (30)

que es una sistema de dos ecuaciones basico. La solucion la puede realizarpor el metodo que guste. Es facil obtener que A = 1, B = −1.

Ahora coloquemos los valores en la igualdad (24)

x

(x+ 1)(2x+ 1)=

1

x+ 1+−1

2x+ 1(31)

La tecnica nos permitio escribir la funcion a integrar en forma sencilla. Inte-gramos ambos lados de (31):

∫xdx

(x+ 1)(2x+ 1)=

∫1

x+ 1−∫

dx

2x+ 1(32)

= ln |x+ 1| − 1

2ln |2x+ 1|+ k (33)

NOTA



Este caso se presta para otra solucion, un poco cuestionable, donde lassoluciones se hallan mas rapido. Considera la expresion (25). Como se hamencionado, es una igualdad de funciones. Si x = −1, entonces

x = A(2x+ 1) +B(x+ 1) (34)

−1 = A(2(−1) + 1) +B(−1 + 1) (35)

−1 = A(−1) (36)

(37)

entonces A = 1. Si x = −12

:

x = A(2x+ 1) +B(x+ 1) (38)

−1

2= A(2(

−1

2) + 1) +B(

−1

2+ 1) (39)

−1

2= B(

1

2) (40)

(41)

por lo tanto B = −1. Los valores de las constantes coinciden con las ya en-contradas.

Ejercicios 2. Resuelve la siguiente integral∫ 2

1

−5x2 − 18x+ 7

x(x+ 1)(3x− 1)dx

Solucion: 5 ln 3 +1

3ln 5− 37

3ln 2 = −2.519

CASO B: La descomposicion de q(x), solo tiene factores lineales realesdonde algunos se repiten

q(x) = a(x− a1)m1(x− a2)m2 ...(x− ar)mr

En este caso, conviene poner una descomposicion hipotetica antes delejemplo, donde se visualice el proceso:

x+ 1

(2x− 3)(x+ 3)4=

A

2x− 3+

B

x+ 3+

C

(x+ 3)2+

D

(x+ 3)3E

(x+ 3)4



Observe que el termino lineal x+3 tiene multiplicidad 4. Ademas, se mantie-nen constantes en el numerador y hay una fraccion asociada a cada potenciade (x+ 3), hasta agotar su multiplicidad.

Ejemplo 5. Resuelve la integral∫xdx

(x− 1)(x+ 2)2dx

Se propone una descomposicion de la forma

x

(x− 1)(x+ 2)2=

A

x− 1+

B

x+ 2+

C

(x+ 2)2(42)

Con el proposito de simplificar las operaciones, es conveniente, tomar el de-nomidador del miembro izquierdo y pasarlo multiplicando a la fraccion delmiembro derecho

x =

[A

x− 1+

B

x+ 2+

C

(x+ 2)2

](x− 1)(x+ 2)2

Al distribuir, se cancelaran varios factores

x = A(x+ 2)2 +B(x− 1)(x+ 2) + C(x− 1)

Realicemos las operaciones:

x = A(x+ 2)2 +B(x− 1)(x+ 2) + C(x− 1) (43)

x = A(x2 + 4x+ 4) +B(x2 + 2x− x− 2) + Cx− C (44)

x = Ax2 + 4Ax+ 4A+Bx2 +Bx− 2B + Cx− C (45)

x = (A+B)x2 + (4A+B + C)x+ (4A− 2B − C) (46)

De aquı sale un sistema de ecuaciones:

A+B = 0 (47)

4A+B + C = 1 (48)

4A− 2B − C = 0 (49)

(50)



La forma de solucion es personal. Sugiero que en la primera ecuaciondespeje A = −B. Sustituya el valor en las otras dos ecuaciones:

4(−B) +B + C = 1 (51)

4(−B)− 2B − C = 0 (52)

(53)

de donde

−3B + C = 1 (54)

−6B − C = 0 (55)

(56)

Es facil obtener B sumando ambas ecuaciones: B = −19. Es rutina encon-

trar A = 19

y C = 23.

Sustituyendo los valores en (42) e integrando

∫xdx

(x− 1)(x+ 2)2=

∫ 19dx

x− 1+

∫ −19dx

x+ 2+

∫ 23dx

(x+ 2)2(57)

=1

9ln |x− 1| − 1

9ln |x+ 2| − 2

3(x+ 2)+ k (58)

Ejercicios 3. Calcula la siguiente integral utilizando fracciones parciales∫x2 + 8x+ 3

x2(3− x)dx

Solucion: lnx3

(x− 3)4− 1

x+ k

CASO C: La descomposicion de q(x) tiene como factores, algunos cuadrati-cos irreducibles que no se repiten

q(x) = a(x− a1)m1(x− a2)m2 ...(x− ar)mrQ1Q2...Qs

donde Q2, Q2, ...Qs son todos diferentes.

Ejemplo 6. Resuelve la integral∫x2 − 3

(2x− 1)(x2 + x+ 2)dx



El denominador incluye el cuadratico x2+x+2. Verifiquemos que se tratade un irreducible:

b2 − 4ac = (1)2 − 4(1)(2) = 1− 8 = −7

De manera que x2 + x + 2 ya no puede factorizar mas. En este caso, latecnica indica una descomposicion como la siguiente:

x2 − 3

(2x− 1)(x2 + x+ 2)=

A

2x− 1+

Bx+ C

x2 + x+ 2(59)

Observe que el numerador asociado al cuadratico irreducible es una ex-presion lineal: Bx+ C.

A partir de aquı se procede en forma similar a las tecnica anteriores.Se pasa multiplicando el denominador de la fraccion ubicada en el miembroizquierdo:

x2 − 3 =

[A

2x− 1+

Bx+ C

x2 + x+ 2

](2x− 1)(x2 + x+ 2)

Las multiplicaciones generan una igualdad muy simple:

x2 − 3 = A(x2 + x+ 2) + (Bx+ C)(2x− 1)

Al momento de realizar las operaciones obtendra:

x2 − 3 = x2(A+ 2B) + x(A−B + 2C) + 2A− C

Es momento de formar un sistema lineal de ecuaciones

A+ 2B = 1 (60)

A−B + 2C = 0 (61)

2A− C = −3 (62)

(63)

Con el fin de eliminar la incognita C, multipliquemos la ecuacion (62) por2 y sumemosla a (61), resulta una nueva ecuacion: 5A − B = −6. Despues



de las modificaciones, se ha logrado un sistema equivalente:

A+ 2B = 1 (64)

5A−B = −6 (65)

(66)

cuya solucion es muy sencilla: A = −1, B = 1. Ya con estos valores, esfacil obtener C = 1.

Se colocan las constantes en la igualdad (59) y se integra:

∫x2 − 3

(2x− 1)(x2 + x+ 2)dx =

∫−1

2x− 1dx+

∫x+ 1

x2 + x+ 2dx

Son integrales faciles, pero aparatosas. La primera integral tiene comosolucion: ∫

−1

2x− 1dx = −1

2ln |2x− 1|

Resolvamos la segunda integral por separado∫x+ 1

x2 + x+ 2dx =

∫x

x2 + x+ 2dx+

∫1

x2 + x+ 2dx (67)

=1

2

∫2x

x2 + x+ 2dx+

∫1

x2 + x+ 2dx (68)

=1

2

∫2x+ 1− 1

x2 + x+ 2dx+

∫1

x2 + x+ 2dx (69)

=1

2

∫2x+ 1

x2 + x+ 2dx+

1

2

∫−1

x2 + x+ 2dx+

∫1

x2 + x+ 2dx

(70)

=1

2

∫2x+ 1

x2 + x+ 2dx+

1

2

∫1

x2 + x+ 2dx (71)

=1

2ln(x2 + x+ 2) +

1

2

∫dx

(x+ 12)2 +

(√72

)2 (72)

=1

2ln(x2 + x+ 2) +

1√7

tan−12x+ 1√

7+ k (73)

Finalmente



∫x2 − 3

(2x− 1)(x2 + x+ 2)dx = −1

2ln |2x−1|+1

2ln(x2+x+2)+

1√7

tan−12x+ 1√

7+k

Ejercicios 4. Resuelve la integral usando fracciones parciales∫6x3 − 2x2 − 9x− 3

x(x− 3)(2x2 + 1)dx

Solucion:√

2 tan−1(√

2 x) + ln |x|+ 2 ln |x− 3|+ k

CASO D: La descomposicion incluye lineales y cuadraticos que se repiten

q(x) = an(x− α1)m1(x− α2)

m2 ...(x− αr)mr(Q1)

k1(Q2)k2 ...(Qs)

ks

Ejemplo 7. Resuelve la integral∫dx

(x+ 1)(x2 + 1)2

El denominador incluye x2 + 1, que es el cuadratico irreducible por exce-lencia. Siguiendo la tendencia de los casos anteriores, considere descomponerde la forma siguiente:

1

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

A

x+ 1+Bx+ C

x2 + 1+

Dx+ E

(x2 + 1)2

El denomidador de la fraccion izquierda lo pasa multiplicando

1 =

[A

x+ 1+Bx+ C

x2 + 1+

Dx+ E

(x2 + 1)2

](x+ 1)(x2 + 1)2

Aplicando la propiedad distributiva

1 = A(x2 + 1)2 + (Bx+ C)(x+ 1)(x2 + 1) + (Dx+ E)(x+ 1).

Realicemos las multiplicaciones y reducciones necesarias:

1 = A(x2+ 1)

2+ (Bx + C)(x + 1)(x

2+ 1) + (Dx + E)(x + 1) (74)

1 = A(x4+ 2x

2+ 1) + (Bx

2+ Bx + Cx + C)(x

2+ 1) + Dx

2+ Dx + Ex + E (75)

1 = Ax4+ 2Ax

2+ A + Bx

4+ Bx

2+ Bx

3+ Bx + Cx

3+ Cx + Cx

2+ C + Dx

2+ Dx + Ex + E (76)

1 = x4(A + B) + x

3(B + C) + x

2(2A + B + C + D) + x(B + C + D + E) + A + C + E (77)

(78)



De aquı se construye un sistema de ecuaciones lineales

A+B = 0 (79)

B + C = 0 (80)

2A+B + C +D = 0 (81)

B + C +D + E = 0 (82)

A+ C + E = 1 (83)

(84)

La solucion del sistema es libre, puede recurrir a diversos metodos. Aquıaplicare una tecnica un tanto silvestre. Observe que si toma la ecuacion (80)y (81) y la opera, obtendra 2A + D = 0. En forma analoga, si hace algebracon las ecuaciones (80) y (82), resulta: D + E = 0.

A+B = 0 (85)

B + C = 0 (86)

2A+D = 0 (87)

D + E = 0 (88)

A+ C + E = 1 (89)

(90)

Por otro lado, a partir de (80) y (79), se obtiene A−C = 0 o A = C. De(88), E = −D. Si se sustituye en (89), entonces A + C −D = 1, pero comoA = C entonces 2A−D = 1. Esta ultima y (87) forman un sistema basico

2A+D = 0 (91)

2A−D = 1 (92)

donde A = 14

y D = −12

. Es facil ahora calcular las incognitas restantes:B = −1

4, C = 1

4y E = 1

2.

Se ha logrado una descomposicion muy aceptable:

1

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

14

x+ 1+−14x+ 1

4

x2 + 1+−12x+ 1

2

(x2 + 1)2



En realidad el problema es integrar la expresion:

∫dx

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

1

4

∫1

x+ 1dx+

1

4

∫−x+ 1

x2 + 1dx+

1

2

∫−x+ 1

(x2 + 1)2dx

La primera integral es facil

1

4

∫1

x+ 1dx =

1

4ln |x+ 1|

En el caso de la segunda:

1

4

∫−x+ 1

x2 + 1dx =

1

4

∫−x

x2 + 1+

1

4

∫1

x2 + 1dx (93)

= −1

8ln(x2 + 1) +

1

4tan−1 x (94)

(95)

Ahora tratemos la ultima

1

2

∫−x+ 1

(x2 + 1)2dx =

1

2

∫−x

(x2 + 1)2dx+

1

2

∫1

(x2 + 1)2dx (96)

=1

4(x2 + 1)+

1

2

∫1

(x2 + 1)2(97)

(98)

Casi terminamos. La integral

1

2

∫1

(x2 + 1)2dx

se resuelve por sustitucion trigonometrica. Sea x = tan θ. Entonces dx =sec2 θdθ



1

2

∫1

(x2 + 1)2dx =

1

2

∫1

(tan2 θ + 1)2sec2 θdθ (99)

=1

2

∫1

(sec2 θ)2sec2 θdθ (100)

=1

2

∫1

sec4 θsec2 θdθ (101)

=1

2

∫dθ

sec2 θ(102)

=1

2

∫cos2 θdθ (103)

=1

2

∫1 + cos 2θ

2dθ (104)

=1

4θ +

1

8sin 2θ + k (105)

=1

4θ +

1

4sin θ cos θ + k (¿Porque?)

=1

4tan−1 x+

x

4(x2 + 1)+ k (¿Porque?)

(106)

Finalmente, combinando nuestros resultados, la solucion se escribirıa ası∫dx

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

1

4ln |x+1|−1

8ln(x2+1)+

1

4tan−1 x+

1

4(x2 + 1)+

1

4tan−1 x+

x

4(x2 + 1)+k

(107)

Con una ultima reduccion∫dx

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

1

4ln |x+ 1| − 1

8ln(x2 + 1) +

1

2tan−1 x+

x+ 1

4(x2 + 1)+ k

(108)

Ejercicios 5. Calcula la siguiente integral:∫x2 + 1

x(2x2 + 1)2dx

Solucion: ln

∣∣∣∣ x√2x2 + 1

∣∣∣∣+1

4(2x2 + 1)+ k



Ejemplo 8. Resuelve ∫x2 + x+ 2

x3 − 2x2 + x− 2dx

En este caso el denominador no se encuentra factorizado. Si tiene habili-dad para observar relaciones, note que

x3 − 2x2 + x− 2 = x2(x− 2) + (x− 2) = (x− 2)(x2 + 1)

No es una forma sugerida, porque como se dijo, depende de la hablidad yalgunas veces se pierde tiempo buscando relaciones, que pueden no exis-tir. Recomiendo usar la tecnica explicada en el texto Factorizacion basica yraıces, que puedes descargar libremente en

http://matematicasfce.ece.buap.mx/documentos/factorizacion.pdf

http://matematicasfce.netii.net/documentos/factorizacion.pdf

http://genaroluna.freeiz.com/documentos/factorizacion.pdf

Si quieres puedes omitir la lectura de teoremas y pasar directamente alos ejercicios. En ese texto, se menciona que si se tiene un polinomio cuyocoeficiente principal es uno, entonces si este tiene raıces racionales, seranenteras y residiran en los divisores del termino independiente, esto es, tenemoscuatro posibles raıces enteras: ±1,±2. Una forma ordenada, de investigarcual es raız y cual no, es la Regla de Ruffini (vea el texto de factorizacionrecomendado), pues al mismo tiempo se genera al cociente:

1 − 2 1 − 2

− 1 − 1 3 − 4

1 − 3 4 − 6

El residuo de (x3 − 2x2 + x− 2)÷ (x + 1) es −6, lo cual indica que −1,no es raız. Intentemos con 1:

1 − 2 1 − 2

1 1 − 1 0

1 − 1 0 − 2

El valor 1, no es raız debido a que el residuo es −2.



Si hacemos lo mismo con 2

1 − 2 1 − 2

2 2 0 2

1 0 1 0

El residuo es cero, de manera que 2 es raız. En la lınea final del diagrama,se puede leer el cociente de (x3 − 2x2 + x− 2)÷ (x− 2), por lo tanto

x3 − 2x2 + x− 2 = (x− 2)(x2 + 1)

Regresemos a la integral a calcular, con nuestro denominador factorizado∫x2 + x+ 2

x3 − 2x2 + x− 2dx =

∫x2 + x+ 2

(x− 2)(x2 + 1)dx

Busquemos la separacion de la fraccion polinomial en fracciones simples dela forma siguiente:

x2 + x+ 2

(x− 2)(x2 + 1)=

A

x− 2+Bx+ C

x2 + 1

Se deja como ejercicio al estudiante, mostrar que A = 85, B = −3

5, C = −1

5.

Entonces

∫x2 + x+ 2

(x− 2)(x2 + 1)dx =

∫ 85

x− 2dx+

∫ −35x− 1

5

x2 + 1dx (109)

=8

5

∫1

x− 2dx− 1

5

∫3x+ 1

x2 + 1dx (110)

Resolvamos por separado la segunda integral:

∫3x+ 1

x2 + 1= 3

∫x

x2 + 1dx+

∫1

x2 + 1dx (111)

=3

2

∫2x

x2 + 1dx+

∫1

x2 + 1dx (112)

=3

2ln(x2 + 1) + arctan(x) (113)



Ası pues:

∫x2 + x+ 2

x3 − 2x2 + x− 2=

8

5ln |x− 2| − 1

5

[3

2ln(x2 + 1) + arctan x

]+ k

Ejercicios 6. Calcula la integral∫ 2

1

x2 − 1

3x3 + 2x2 − xdx

Solucion. 53

ln 2− 23

ln 5 = 0.08


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