[skip-to-content]

Sección 4.6 Fracciones Parciales en \(\mathbb{R}\left[x \right]\)

Considere la expresión \(s(x)= \dfrac{p(x)}{t(x)}\text{;}\) con \(s(x), p(x), t(x)\in \mathbb{R}\left[x \right]\) y \(t(x) \neq 0\text{.}\)

El método de descomposición en fracciones parciales es una técnica que permite expresar \(s(x)\) mediante una suma de fracciones algebraicas más sencillas. Para utilizar este mecanismo, se debe verificar exhaustivamente que grad \(p(x) <\) grad \(t(x)\text{.}\) En caso contrario: si grad \(t(x) <\) grad \(p(x)\text{,}\) se debe hacer uso del algoritmo de la división entre \(p(x)\) y \(t(x)\text{.}\) De esta manera, se consigue

\begin{equation*} s(x)=q(x)+\dfrac{r(x)}{t(x)}. \end{equation*}

con grad \(r(x) <\) grad \(t(x)\text{.}\) \(q(x)\) es el cociente de la división entre \(p(x)\) y \(t(x)\text{.}\) De esta manera, podemos emplear el método de descomposición en fracciones parciales sobre la expresión \(\dfrac{r(x)}{t(x)}\text{.}\)

Se distinguen cuatro casos en el uso fracciones parciales, dependiendo del tipo de factores que presenta \(t(x)\)

Definición 4.6.1.
(Caso I): \(t(x)\) es producto de factores lineales distintos.

Dado que \(t(x)\) es un producto de factores lineales distintos, puede expresarse como

\begin{equation*} t(x)=(a_{1}x+b_{1})(a_{2}x+b_{2})...(a_{k}x+b_{k}), \end{equation*}

donde ningún factor \(a_{i}x+b_{i}\) con \(i=1,...,k\) se repite. Por consiguiente, existen constantes \(A_{1},A_{2}, ..., A_{k} \in \mathbb{R}\text{,}\) las cuales verifican

\begin{equation*} \dfrac{p(x)}{t(x)}=\dfrac{A_{1}}{a_{1}x+b_{1}}+\dfrac{A_{2}}{a_{2}x+b_{2}}+...+\dfrac{A_{k}}{a_{k}x+b_{k}}\text{.} \end{equation*}
Descompondremos la expresión \(\dfrac{2x+3}{x^{3}+x^{2}-2x}\text{,}\) utilizando el método de fracciones parciales sobre \(\mathbb{R}\left[x \right].\)

Debemos factorizar \(x^{3}+x^{2}-2x\text{.}\) Este último puede expresarse como producto de factores lineales distintos, pues

\begin{equation*} x^{3}+x^{2}-2x=x(x^{2}+x-2)=x(x+2)(x-1)\text{.} \end{equation*}

Por lo tanto, existen constantes reales \(A_{1}\text{,}\) \(A_{2}\) y \(A_{3}\) tales que

\begin{equation*} \dfrac{2x+3}{x^{3}+x^{2}-2x}=\dfrac{A_{1}}{x}+\dfrac{A_{2}}{x+2}+\dfrac{A_{3}}{x-1}. \end{equation*}

Multiplicando por \(x(x+2)(x-1) \)

\begin{align*} 2x+3 \amp = A_{1}(x+2)(x-1)+A_{2}x(x-1)+A_{3}x(x+2),\\ \amp = A_{1}(x^{2}+x-2)+A_{2}(x^{2}-x)+A_{3}(x^{2}+2x),\\ \amp = A_{1}x^{2}+A_{1}x-2A_{1}+A_{2}x^{2}-A_{2}x+A_{3}x^{2}+2A_{3}x,\\ \amp = x^{2}(A_{1}+A_{2}+A_{3})+x(A_{1}-A_{2}+2A_{3})-2A_{1}. \end{align*}

Por igualdad de polinomios, se consigue el sistema

\begin{align*} A_{1}+A_{2}+A_{3} \amp = 0,\\ A_{1}-A_{2}+2A_{3} \amp = 2,\\ -2A_{1} \amp = 3, \end{align*}

obteniéndose como solución \(A_{1}=-\dfrac{3}{2}\text{,}\) \(A_{2}=-\dfrac{1}{6}\) y \(A_{3}=\dfrac{5}{3}\text{.}\) Por lo tanto

\begin{equation*} \dfrac{2x+3}{x^{3}+x^{2}-2x}=-\dfrac{3}{2x}-\dfrac{1}{6(x+2)}+\dfrac{5}{3(x-1)}. \end{equation*}
Definición 4.6.3.
(Caso II): \(t(x)\) es producto de factores lineales, donde algunos de ellos posee multiplicidad algebraica \(r\) mayor a uno.

En partícular; si \(t(x)\) admite un factor de la forma \(a_{1}x+b_{1}\text{,}\) el cual posee multiplicidad algebraica \(r\text{,}\) su descomposición en fracciones parciales será de la forma

\begin{equation*} \dfrac{p(x)}{t(x)}=\dfrac{A_{1}}{a_{1}x+b_{1}}+\dfrac{A_{2}}{(a_{1}x+b_{1})^{2}}+...+\dfrac{A_{r}}{(a_{1}x+b_{1})^{r}}. \end{equation*}
Descompondremos la expresión \(\dfrac{x^{2}+x+2}{x^{3}-2x^{2}+x}\text{,}\) utilizando el método de fracciones parciales sobre \(\mathbb{R}\left[x \right].\)

Debemos factorizar \(x^{3}-2x^{2}+x\text{.}\) Note que este último puede expresarse como producto de factores lineales (donde algunos se repiten), pues

\begin{equation*} x^{3}-2x^{2}+x=x(x^{2}-2x+1)=x(x-1)^{2}\text{.} \end{equation*}

Por lo tanto, existen constantes reales \(A_{1}\text{,}\) \(B_{1}\) y \(B_{2}\) tales que

\begin{equation*} \dfrac{x^{2}+x+2}{x^{3}-2x^{2}+x}=\dfrac{A_{1}}{x}+\dfrac{B_{1}}{x-1}+\dfrac{B_{2}}{(x-1)^{2}}. \end{equation*}

Multiplicando por \(x(x-1)^{2} \)

\begin{align*} x^{2}+x+2 \amp = A_{1}(x-1)^{2}+B_{1}x(x-1)+B_{2}x,\\ \amp = A_{1}(x^{2}-2x+1)+B_{1}(x^{2}-x)+B_{2}x ,\\ \amp = A_{1}x^{2}-2A_{1}x+A_{1}+B_{1}x^{2}-B_{1}x+B_{2}x,\\ \amp = x^{2}(A_{1}+B_{1})+x(-2A_{1}-B_{1}+B_{2})+A_{1}. \end{align*}

Por igualdad de polinomios, se consigue el sistema

\begin{align*} A_{1}+B_{1} \amp = 1,\\ -2A_{1}-B_{1}+B_{2} \amp = 1,\\ A_{1} \amp = 2, \end{align*}

obteniéndose como solución \(A_{1}=2\text{,}\) \(B_{1}=-1\) y \(B_{2}=4\text{.}\) Por lo tanto

\begin{equation*} \dfrac{x^{2}+x+2}{x^{3}-2x^{2}+x}=\dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{4}{(x-1)^{2}}. \end{equation*}
Definición 4.6.5.
(Caso III): \(t(x)\) es producto de factores cuadráticos irreducibles distintos.

Dado que \(t(x)\) es producto de factores cuadráticos irreducibles distintos, puede expresarse como

\begin{equation*} t(x)=(a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1})(a_{2}x^{2}+b_{2}x+c_{2})...(a_{k}x^{2}+b_{k}x+c_{k}), \end{equation*}

donde ningún factor \(a_{i}x^{2}+b_{i}x+c_{i}\) con \(\triangle:=b_{i}^{2}-4a_{i}c_{i}<0\text{,}\) \(\forall\) \(i=1,...,k\) se repite. De esta manera, existen constantes \(A_{1},A_{2}, ..., A_{k},B_{1},B_{2},...,B_{k} \in \mathbb{R}\text{,}\) las cuales verifican

\begin{equation*} \dfrac{p(x)}{t(x)}=\dfrac{A_{1}x+B_{1}}{a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1}}+\dfrac{A_{2}x+B_{2}}{a_{2}x^{2}+b_{2}x+c_{2}}+...+\dfrac{A_{k}x+B_{k}}{a_{k}x^{2}+b_{k}x+c_{k}}. \end{equation*}
Descompondremos la expresión \(\dfrac{4x^{2}+5x+3}{x^{4}+x^{2}}\text{,}\) utilizando el método de fracciones parciales sobre \(\mathbb{R}\left[x \right].\)

Debemos factorizar \(x^{4}+x^{2}\text{.}\) Note que

\begin{equation*} x^{4}+x^{2}=x^{2}(x^{2}+1)\text{,} \end{equation*}

donde \(x^{2}+1\) es irreducible sobre \(\mathbb{R}\left[ x\right]\) (¿por qué?). Por lo tanto, existen constantes reales \(A_{1}\text{,}\) \(A_{2}\text{,}\) \(B_{1}\) y \(C_{1}\) tales que

\begin{equation*} \dfrac{4x^{2}+5x+3}{x^{4}+x^{2}}=\dfrac{A_{1}}{x}+\dfrac{A_{2}}{x^{2}}+\dfrac{Bx+C}{x^{2}+1}. \end{equation*}

Multiplicando por \(x^{2}(x^{2}+1)\)

\begin{align*} 4x^{2}+5x+3= \amp = A_{1}x(x^{2}+1)+A_{2}(x^{2}+1)+(B_{1}x+C_{1})x^{2},\\ \amp =(A_{1}+B_{1})x^{3}+(A_{2}+C_{1})x^{2}+A_{1}x+A_{2}. \end{align*}

Por igualdad de polinomios, se consigue el sistema

\begin{align*} A_{1}+B_{1}= \amp = 0,\\ A_{2}+C_{1} \amp = 4,\\ A_{1} \amp = 5,\\ A_{2} \amp = 3, \end{align*}

obteniéndose como solución \(A_{1}=5\text{,}\) \(A_{2}=3\text{,}\) \(B_{1}=-5\) y \(C_{1}=1\text{.}\) Por lo tanto

\begin{equation*} \dfrac{4x^{2}+5x+3}{x^{4}+x^{2}}=\dfrac{5}{x}+\dfrac{3}{x^{2}}+\dfrac{-5x+1}{x^{2}+1}. \end{equation*}
Definición 4.6.7.
(Caso IV): \(t(x)\) es producto de factores cuadráticos irreducibles, donde alguno de ellos posee multiplicidad algebraica \(r\) mayor a uno.

Si \(t(x)\) posee un factor cuadrático irreducible de la forma \(a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1}\) (con \(\triangle:b_{1}^{2}-4a_{1}c_{1}< 0\)), que posee multiplicidad algebraica \(r\text{,}\) su descomposición en fracciones parciales será de la forma

\begin{equation*} \dfrac{p(x)}{t(x)}=\dfrac{A_{1}x+B_{1}}{a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1}}+\dfrac{A_{2}x+B_{2}}{(a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1})^{2}}+...+\dfrac{A_{r}x+B_{r}}{(a_{1}x^{2}+b_{1}x+c_{1})^{r}}, \end{equation*}

con \(A_{1},A_{2}, ..., A_{r},B_{1},B_{2},...,B_{r} \in \mathbb{R}.\)

Descompondremos la expresión \(\dfrac{-x^{3}+2x^{2}-x+1}{x^{5}+2x^{3}+x}\text{,}\) utilizando el método de fracciones parciales sobre \(\mathbb{R}\left[x \right].\)

Debemos factorizar \(x^{5}+2x^{3}+x\text{.}\) Note que

\begin{equation*} x^{5}+2x^{3}+x=x(x^{2}+1)^{2}\text{,} \end{equation*}

donde \(x^{2}+1\) es irreducible sobre \(\mathbb{R}\left[ x\right]\text{.}\) Por lo tanto, existen constantes reales \(A_{1}\text{,}\) \(B_{1}\text{,}\) \(B_{2}\text{,}\) \(C_{1}\) y \(C_{2}\) tales que

\begin{equation*} \dfrac{-x^{3}+2x^{2}-x+1}{x^{5}+2x^{3}+x}=\dfrac{A_{1}}{x}+\dfrac{B_{1}x+C_{1}}{x^{2}+1}+\dfrac{B_{2}x+C_{2}}{(x^{2}+1)^{2}}. \end{equation*}

Multiplicando por \(x(x^{2}+1)^{2}\)

\begin{align*} -x^{3}+2x^{2}-x+1= \amp = A_{1}(x^{2}+1)^{2}+(B_{1}x+C_{1})x(x^{2}+1)+(B_{2}x+C_{2})x,\\ \amp =(A_{1}+B_{1})x^{4}+C_{1}x^{3}+(2A_{1}+B_{1}+B_{2})x^{2}+(C_{1}+C_{2})x+A_{1}. \end{align*}

Por igualdad de polinomios, se consigue el sistema

\begin{align*} A_{1}+B_{1}\amp = 0,\\ C_{1} \amp = -1,\\ 2A_{1}+B_{1}+B_{2}\amp = 2,\\ C_{1}+C_{2} \amp = -1,\\ A_{1} \amp = 1, \end{align*}

obteniéndose como solución \(A_{1}=1\text{,}\) \(B_{1}=-1\text{,}\) \(B_{2}=1\text{,}\) \(C_{1}=-1\) y \(C_{2}=0\text{.}\) Por lo tanto

\begin{equation*} \dfrac{-x^{3}+2x^{2}-x+1}{x^{5}+2x^{3}+x}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x+1}{x^{2}+1}+\dfrac{x}{(x^{2}+1)^{2}}. \end{equation*}