Fracciones parciales. Descomposición de fracciones algebraicas en fracciones más sencillas.

 Fracciones Parciales

Dos polinomios son iguales si tienen el mismo grado y sus coeficientes son iguales.

Si dos polinomios son iguales, coincide su valor para cualquier valor de $x$.

Fracciones Propias e Impropias

Definición: Se dice que una fracción racional $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ es una fracción propia, si el grado del polinomio $P(x)$ es menor que el grado del polinomio $Q(x)$. En caso contrario, es decir, si el grado de $P(x)$ es mayor o igual al de $Q(x)$, la fracción se llama impropia. 

Toda fracción impropia se puede expresar, efectuando la división, como la suma de un polinomio mas una fracción propia. Es decir, 

$$ \dfrac{P(x)}{Q(x)} = C(x) + \dfrac{d(x)}{Q(x)} $$

Vamos a descomponer un fracción propia en suma de fracciones más sencillas. Tenemos 4 casos:

Caso I: El denominador $Q(x)$ es un producto de factores lineales distintos. Esto significa que podemos escribir

$$ Q(x) = \left(a_{1} x + b_{1} \right) \left( a_{2} x + b_{2} \right ) \cdots \left( a_{k} x + b_{k} \right ) $$

en donde no hay factor que se repita. En este caso, existen constantes $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k}$ tales que

$$ \dfrac{P(x)}{Q(x)} = \dfrac{A_{1}}{a_{1}x + b_{1}} + \dfrac{A_{2}}{a_{2} x + b_{2}} + \cdots + \dfrac{A_{k}}{a_{k} x + b_{k}} $$

Ejemplo 1: Descomponer en fracciones parciales la fracción: $$ \dfrac{7x + 3}{ x^2 + 3x - 4} $$

Tenemos que el denominador se puede descomponer en factores simples como sigue:

$$ x^2 + 3x - 4 = (x + 4)(x - 1) $$

Luego la descomposición en fracciones parciales es:

$$ \dfrac{7x + 3}{x^2 + 3x - 4} = \dfrac{7x + 3}{(x + 4)(x - 1)} = \dfrac{A}{x + 4} + \dfrac{B}{x - 1 } $$

Para encontrar los valores de $A$ y $B$, ponemos común denominador, obteniendo

$$ 7x + 3 = A(x - 1) + B(x + 4) $$

En este punto tenemos dos opciones:

     a) Desarrollando e igualando las potencias de $x$ y el término independiente se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

        $$7x + 3 = Ax - A + Bx + 4B $$ 

    De $x$ tenemos que $7x  = Ax + Bx$;

    del término independiente $ 3 = - A + 4B $

    b) Calculando valores de los polinomios. ¿Qué valores de $x$ vamos a coger? Está claro, ¿no? Cogeremos las raíces, $x = 1$ y $x = -4$

Por lo que la fracción original queda:

$$ \dfrac{7x + 3}{x^2 + 3x - 4} = \dfrac{5}{x + 4} + \dfrac{2}{x - 1} $$

Ejemplo 2 $$ \dfrac{x^2 + 2x - 1}{2x^3 + 3x^2 - 2x } $$

Solución Se tiene que el denominador se puede factorizar como sigue:

$$ 2 x^3 + 3x^2 - 2x = x \left( 2x^2 + 3x - 2 \right ) = x(2x - 1)(x + 2) $$

Luego, la descomposición en fracciones parciales es:

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

Ponemos denominador común y tenemos: 

$$ \dfrac{x^2 + 2x - 1}{x(2x - 1)(x + 2)} = \dfrac{A(2x - 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x - 1) }{x(2x - 1)(x + 2)} $$

igualando numeradores se obtiene

$$ x^2 + 2x - 1 = A(2x - 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x - 1) \qquad (1) $$

En este punto tenemos dos opciones:

a) Desarrollando e igualando las potencias de $x$ y el término independiente se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: \\

$$ x^2 + 2x - 1 = A(2x^2 + 4x - x - 2) + B(x^2 + 2x) + C(2x^2 - x) $$

$$ x^2 + 2x - 1 = 2Ax^2 + 3Ax - 2A + Bx^2 + 2Bx + 2Cx^2 - Cx $$

$$ x^2 + 2x - 1 = x^2(2A + B + 2C) + x(3A + 2B - C) - 2A $$

es decir

$$A = \dfrac{1}{2}, \quad B = \dfrac{1}{5}, \quad \text{y} \quad C = -\dfrac{1}{10}$$

así

$$ \dfrac{x^2 + 2x - 1}{2x^3 + 3x^2 - 2x} = \dfrac{ \dfrac{1}{2} }{x} + \dfrac{ \dfrac{1}{5} }{2x - 1} + \dfrac{ - \dfrac{1}{10}}{x + 2}  =  \dfrac{ 1 }{2x} + \dfrac{ 1 }{5(2x - 1)} - \dfrac{ 1 }{10(x + 2)}  $$

    b) Calculando valores de los polinomios. Si en (1) damos valores tenemos:

$$ x^2 + 2x - 1 = A(2x - 1)(x + 2) + Bx(x + 2) + Cx(2x - 1) $$

$$x = 0  \Longrightarrow -1 = -2A \Rightarrow A = \dfrac{1}{2} $$

$$x = -2 \Longrightarrow -1 = C(-2)(2\cdot(-2) - 1) \Rightarrow -1 = 10C \Rightarrow C = -\dfrac{1}{10} $$

$$x = \dfrac{1}{2} \Longrightarrow \dfrac{1}{4} = B\dfrac{1}{2} \cdot \left ( \dfrac{1}{2} + 2 \right ) \Rightarrow \dfrac{1}{4} = B\dfrac{5}{4} \Rightarrow B = \dfrac{1}{5} $$

  Caso II: El denominador $Q(x)$ es un producto de factores lineales, algunos de los cuales se repiten.

Si $Q(x)$ tiene un factor lineal repetido $k$ veces de la forma $\left(a_{1} x + b_{1}\right)^{k},$ entonces la descomposición en fracciones parciales contiene $k$ términos de la forma:

$$ \dfrac{A_{1}}{a_{1}x + b_{1}} + \dfrac{A_{2}}{\left(a_{1}x + b_{1} \right)^{2}} + \cdots + \dfrac{A_{k}}{\left(a_{1} x+b_{1}\right)^{k}} \text{ donde } A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k} \text{ son constantes. } $$ \\

Ejemplo 3 Descomponer en fracciones parciales:

$$ \dfrac{5x^2 - 36x + 48}{x(x - 4)^2} $$

La descomposicion en fracciones parciales es:

$$ \dfrac{5x^{2} -36x + 48}{x(x - 4)^{2}} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{(x - 4)} + \dfrac{C}{(x - 4)^{2}} $$

Poniendo denominador común

$$ \dfrac{5x^{2} -36x + 48}{x(x - 4)^{2}} = \dfrac{A(x - 4)^2 + Bx(x - 4) + Cx}{x(x - 4)^{2}} $$

Igualando numeradores tenemos 

$$ 5x^2 - 36x + 48 = A(x - 4)^2 + Bx(x - 4) + Cx \qquad (2) $$

En este punto tenemos dos opciones:

    a) Desarrollando e igualando las potencias de $x$ y el término independiente se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

$$ 5x^2 - 36x + 48 = A(x^2 - 8x + 16) + B(x^2 - 4x) + Cx $$

$$ 5x^2 - 36x + 48 = x^2(A + B) + x(- 8A - 4B + C) + 16A $$

obteniendo el sistema:

Luego:

$$ \dfrac{5x^2 - 36x + 48}{x(x - 4)^2} = \dfrac{3}{x} + \dfrac{2}{x - 4} - \dfrac{4}{(x - 4)^2} $$

   b) Calculando valores de los polinomios. Si damos valores en (2) tenemos: \\ \\ 

$x = 0 \Longrightarrow 48 = 16 A \Rightarrow A = \dfrac{48}{16} = 3 $ \\ \\

$x = 4 \Longrightarrow -16 = 4 C \Rightarrow C = \dfrac{-16}{4} = -4 $ \\ \\

$x = 1 \Longrightarrow 17 = 9A - 3B + C \Rightarrow 17 = 27 -3B -4 \Rightarrow -6 = -3B \Rightarrow B = 2 $

Ejemplo 4 Descomponer en fracciones parciales:

$$  \dfrac{4x - 4}{x^3 - 4x^2 + 4x} $$

Factorizamos el denominador

$$ x^3 - 4x^2 + 4x = x ( x - 2 )^2 $$ 

Por lo tanto, su descomposición en fracciones parciales es:

$$ \dfrac{4x - 4}{x ( x - 2 )^2} = \dfrac{A}{x} + \dfrac{B}{x - 2} + \dfrac{C}{(x - 2)^2} $$

poniendo común denominador:

$$ \dfrac{4x - 4}{x ( x - 2 )^2} = \dfrac{A( x - 2 )^2 + B x ( x - 2 ) + Cx}{x(x - 2)^2} $$

igualando numeradores tenemos: 

$$ 4x - 4 = A( x - 2 )^2 + B x ( x - 2 ) + Cx \qquad \text{(4)}$$ 

En este punto tenemos dos opciones:

    a) Desarrollando e igualando las potencias de $x$ y el término independiente se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

$$ 4x - 4 = A( x - 2 )^2 + B x ( x - 2 ) + Cx $$

$$ 4x - 4 = Ax^2 -4Ax + 4A + Bx^2 - 2Bx + Cx $$

obteniendo el sistema:

Luego:

$$ \dfrac{4x - 4}{x^3 - 4x^2 + 4x} = \dfrac{-1}{x} + \dfrac{1}{x - 2} - \dfrac{2}{(x - 2)^2} $$ 

   b) Calculando valores de los polinomios. Si damos valores en (4) tenemos:

$x = 2 \Longrightarrow 4 = 2C \Rightarrow C = \dfrac{4}{2} = 2 $

$x = 0 \Longrightarrow -4 = 4 A \Rightarrow A = \dfrac{-4}{4} = -1 $

$x = 1 \Longrightarrow 0 = A - B + C \Rightarrow B = A + C = 2 - 1 = 1 $

Ejemplo 5 Descomponer en fracciones parciales una fracción impropia:

$$ \dfrac{x^4 - 2x^2 + 4x + 1}{x^3 - x^2 - x + 1 } $$

Comenzaremos por dividir los polinomios

$$ \dfrac{x^4 - 2x^2 + 4x + 1}{x^3 - x^2 - x + 1} = x + 1 + \dfrac{4x}{x^3 - x^2 - x + 1} $$

luego, factorizando el denominador $ x^3 - x^2 - x + 1 $ resulta

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

Por lo tanto, su descomposición en fracciones parciales es:

$$ \dfrac{4x}{(x+1)(x - 1)^2} = \dfrac{A}{x - 1} + \dfrac{B}{(x - 1)^2} + \dfrac{C}{x + 1} $$

poniendo denominador común:

$$ 4x = A(x + 1)(x - 1) + B(x + 1) + C(x - 1)^2 \qquad (5) $$

$$ 4x = A(x^2 - 1) + B(x + 1) + C(x^2 - 2x + 1) $$

$$ 4x = x^2(A + C) + x(B - 2C) - A + B + C $$

En este punto tenemos dos opciones:

    a) Desarrollando e igualando las potencias de $x$ y el término independiente se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:

del cual de obtiene: $A = 1, \quad B = 2$ y $C = -1$ de modo que

$$ \dfrac{x^4 - 2x^2 + 4x + 1}{x^3 - x^2 - x + 1} = x + 1 + \dfrac{1}{x - 1} + \dfrac{2}{ (x - 1)^2 } - \dfrac{1}{x + 1} $$

   b) Si damos valores en (5) tenemos:

$$x = 1 \Longrightarrow 4 = 2 B \Rightarrow B = 2 $$

$$x = -1 \Longrightarrow -4 = 4 C \Rightarrow C = -1 $$

$$x = 0 \Longrightarrow 0 = -A + B + C \Rightarrow 0 = -A + 2 - 1 \Rightarrow A = 1 $$

Al principio habéis visto que habría 4 casos, los dos que quedan los añadiré más adelante. 

A continuación proponemos unos cuantos ejercicios:

Lo primero que tenmos que haces es factorizar el denominador: $ x^2 - 5x + 6 $. Podemos usar la fórmula para resolver ecuaciones de segundo grado o Ruffini. Sea el método que sea, vemos que podemos factorizar el denominador $ x^2 - 5x + 6 = (x- 2) \cdot (x - 3)$

Así sabemos que $ \dfrac{5x + 13}{x^2 - 5x + 6} = \dfrac{A}{x - 2} + \dfrac{B}{x - 3} $ con $A$ y $B$ constantes.

$$ \dfrac{5x + 13}{x^2 - 5x + 6} = \dfrac{A}{x - 2} + \dfrac{B}{x - 3} = \dfrac{A \cdot (x -3) + B \cdot (x - 2) }{ (x - 2) \cdot (x - 3) } $$ Ahora tenemos que ver que $5x + 13 = A \cdot (x - 3) + B \cdot (x - 2) $ y para resolver esto, es decir, que dos polinomios son iguales lo podemos hacer de dos formas:

1. Igualando coeficientes
2. Evaluando valores

Vamos hacerlo evaluando valores:

Si $x = 2 \Rightarrow 5 \cdot 2 + 13 = - B \Rightarrow 23 = - B \Rightarrow B = -23 $

Si $x = 3 \Rightarrow 5 \cdot 3 + 13 = A \Rightarrow A = 28 $

Luego $$ \dfrac{5x + 13}{x^2 - 5x + 6} = \dfrac{28}{x - 3 } - \dfrac{23}{x - 2} $$

Lo primero que tenmos que haces es factorizar el denominador: $ x^3 + 6x^2 + 11x + 6 $. Usaremos Ruffini para calcuar las posibles raíces, vemos que las raíces no pueden ser positivas ya que nunca sería cero. Probamos con -1 y vemos que es raíz. Así tenemos que $x^3 + 6x^2 + 11x + 6 = (x + 1) \cdot (x^2 + 5x + 6)$ Si seguimos aplicando Ruffini tenemos que $x^3 + 6x^2 + 11x + 6 = (x + 1) \cdot (x + 2) \cdot (x + 3) $.

Así sabemos que $ \dfrac{6x^2 + 22x + 18}{x^3 + 6x^2 + 11x + 6} = \dfrac{A}{x + 1} + \dfrac{B}{x + 2} + \dfrac{C}{x +3} $ con $A$, $B$ y $C$ constantes.

$$ \dfrac{6x^2 + 22x + 18}{x^3 + 6x^2 + 11x + 6} = \dfrac{A}{x + 1} + \dfrac{B}{x + 2} + \dfrac{C}{x +3} = \dfrac{A \cdot (x + 2) \cdot (x + 3) + B \cdot (x + 1) \cdot (x + 3) + C \cdot (x + 1) \cdot (x + 2) } { (x + 1) \cdot (x + 2) \cdot (x + 3) } $$ Ahora tenemos que ver que $6x^2 + 22x + 18 = A \cdot (x + 2) \cdot (x + 3) + B \cdot (x + 1) \cdot (x + 3) + C \cdot (x + 1) \cdot (x + 2) $ y para resolver esto, es decir, que dos polinomios son iguales lo podemos hacer de dos formas:

1. Igualando coeficientes
2. Evaluando valores

Vamos hacerlo evaluando valores:

Si $x = -1 \Rightarrow 6 \cdot (-1)^2 + 22 \cdot (-1) + 18 = A \cdot (-1 + 2) \cdot (-1 + 3) \Rightarrow 2 = 2 \cdot A \Rightarrow A = 1 $

Si $x = -2 \Rightarrow 6 \cdot (-2)^2 + 22 \cdot (-2) + 18 = B \cdot (-2 + 1) \cdot (-2 + 3) \Rightarrow -2 = - B \Rightarrow B = 2 $

Si $x = -3 \Rightarrow 6 \cdot (-3)^2 + 22 \cdot (-3) + 18 = C \cdot (-3 + 1) \cdot (-3 + 2) \Rightarrow 6 = 2C \Rightarrow C = 3 $

Luego $$ \dfrac{6x^2 + 22x + 18}{x^3 + 6x^2 + 11x + 6} = \dfrac{1}{x + 1} + \dfrac{2}{x + 2} + \dfrac{3}{x + 3} $$

En este caso el grado de los polinomios del numerador y denominador son iguales, tenemos que hacer la división «en caja» y nos quedará:

$$ - (x^2 + 4x + 6) = (x^2 - 3x + 2) \cdot (-1) - ( 7x + 4 ) \Rightarrow - \dfrac{x^2 + 4x + 6 }{x^2 - 3x + 2} = - 1 - \dfrac{7x + 4}{x^2 -3x + 2} $$ Luego tenemos que descomponer $\dfrac{7x + 4}{x^2 -3x + 2}$ es fracciones simples:

El denominador $ x^2 - 3x + 2 $, como 1 es raíz se factoriza rápidamente $ x^2 - 3x + 2 = (x - 1) \cdot (x - 2) $ luego

$\dfrac{7x + 4}{x^2 -3x + 2} = \dfrac{A}{x - 1} + \dfrac{B}{x - 2} = \dfrac{ A \cdot (x - 2) + B \cdot (x - 1) }{ x^2 -3x + 2 }$

Evaluando tenemos:

Si $x = 1 \Rightarrow 7\cdot 1 + 4 = -A \Rightarrow A = -11 $

Si $x = 2 \Rightarrow 7\cdot 2 + 4 = B \Rightarrow B = 18 $

Luego $$ \dfrac{7x + 4}{x^2 -3x + 2} = \dfrac{-11}{x - 1} + \dfrac{18}{x - 2} $$ y por tanto $$ - \dfrac{x^2 + 4x + 6 }{x^2 - 3x + 2} = -1 - \dfrac{7x + 4}{x^2 - 3x + 2} = - 1 - \dfrac{18}{x - 2} + \dfrac{11}{x - 1} $$

$$ \dfrac{2}{x - 2} + \dfrac{1}{x - 1} + \dfrac{1}{(x - 1)^2} $$

$$ \dfrac{2}{(x - 2)^2} - \dfrac{2}{x + 3} - \dfrac{2}{x - 1} $$

$$ 1 + \dfrac{-3x^{2} + 14x + 32}{x^{3} + 2x^{2} - 4x - 8} = 1 + \dfrac{3}{x - 2} - \dfrac{6}{x + 2} + \dfrac{2}{(x + 2)^2} $$

Caso III: El denominador $Q(x)$ contiene factores cuadráticos irreductibles, ninguno de los cuales se repite.
Si $Q(x)$ tiene un factor cuadrático no repetido de la forma $ax^2 + bx + c$, en donde, $b^2 - 4ac < 0$, entonces la descomposición en fracciones parciales contiene un término de la forma:
$$ \dfrac{ Ax + B }{ ax^2 + bx + c } \qquad \text{ donde } A \text{ y } B \text{ son constantes } $$
Ejemplo 6 Descomponer en fracciones parciales: $$ \dfrac{4x^2 - 8x + 1}{x^3 - x + 6} $$ Tenemos que $$ \dfrac{ 4x^2 - 8x + 1 }{ x^3 - x + 6 } = \dfrac{4x^2 - 8x + 1}{(x + 2) \left( x^2 - 2x + 3 \right ) } = \dfrac{A}{x + 2} + \dfrac{B x + C}{x^2 - 2x + 3} $$ multiplicando por el común denominador: $$ 4x^2 - 8x + 1 = A \left( x^2 - 2x + 3 \right) + (Bx + C)(x + 2) \qquad (4) $$ $$ 4x^2 - 8x + 1 = Ax^2 - 2Ax + 3A + Bx^2 + 2Bx + Cx + 2C $$ $$ 4x^2 - 8x + 1 = x^2(A + B) + x(-2A + 2B + 2C) + 3A + 2C $$ obteniendo el sistema $$\left \{ \begin{array}{ll} A + B & = 4 \Rightarrow B = 4 - A \cr -2A + 2B + C & = -8 \\ %\quad \text { de donde } \quad A=3, B=1, C=-4 \cr 3A + 2C & = 1 \Rightarrow C = \dfrac{1 - 3A}{2} \end{array} \right. $$ Por lo tanto, $$ -2A + 2(4 - A) + \dfrac{1 - 3A}{2} = -8 \Rightarrow -4A + 16 - 4A + 1 - 3A = -16 \Rightarrow -11A = -33 \Rightarrow A = 3 $$ Luego $B = 4 - 3 = 1$ y $C = \dfrac{1 - 9}{2} = \dfrac{-8}{2} = -4 $ Así:
$$ \dfrac{4x^2 - 8x + 1}{x^3 - x + 6} = \dfrac{3}{x + 2} + \dfrac{x - 4}{x^2 - 2x + 3} $$ Si tomamos valores en (4) tenemos:

$ x = - 2 \Longrightarrow 33 = A 11 \Rightarrow A = 3 $

$ x = 0 \Longrightarrow 1 = 3A + 2C \Rightarrow 1 - 9 = 2C \Rightarrow -8 = 2C \Rightarrow C = -4 $

$ x = 1 \Longrightarrow -3 = 2A + (B + C)3 \Rightarrow -3 = 6 + 3B - 12 \Rightarrow 9 = 6 + 3B \Rightarrow 3 = 3B \Rightarrow B = 1 $


Ejemplo 7: $$ \dfrac{ 2x^2 - x + 4 }{ x^3 + 4x } $$
Solución Se tiene que la fracción se puede descomponer de la siguiente forma:
$$ \dfrac{2x^2 - x + 4}{ x^3 + 4x } = \dfrac{2x^2 - x + 4}{x \left( x^2 + 4 \right) } = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx + C}{x^2 + 4} $$ De donde se obtiene multiplicando por el común denominador:
$$ 2x^2 - x + 4 = A(x^2 + 4) + (Bx + C)x \qquad (5) $$ $$ 2x^2 - x + 4 = Ax^2 + 4A + Bx^2 + Cx $$ $$ 2x^2 - x + 4 = x^2(A + B) + Cx + 4A$$ $$\left \{ \begin{array}{ll} A + B & = 2 \cr C & = -1 \cr 4A & = 4 \Rightarrow A = 1 \end{array} \right. $$ $$ A + B = 2 \Rightarrow \quad A = 1. $$ Por lo cual $$ \dfrac{2x^2 - x + 4}{x^3 + 4x} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{x - 1}{x^2 + 4} $$
Si tomamos valores en (5)

$ x = 0 \Longrightarrow 4 = A 4 \Rightarrow A = 1 $

$ x = 1 \Longrightarrow 5 = A5 + (B + C) \Rightarrow B = -C $

$ x = -1 \Longrightarrow 7 = 5 - (-B + C) \Rightarrow 2 = -2C \Rightarrow C = -1 \Rightarrow B = 1$

Caso IV: El denominador $Q(x)$ contiene un factor irreductible repetido.

Si $Q(x)$ tiene un factor cuadrático repetido $k$ veces de la forma $\left ( ax^2 + bx + c \right )^{k}$, donde $b^2 - 4ac < 0$, entonces la descomposición en fracciones parciales contiene $k$ términos de la forma: $$ \dfrac{ A_{1} x + B_{1}}{ax^2 + bx + c} + \dfrac{A_{2}x + B_2}{\left( ax^2 + bx + c \right)^2} + \cdots + \dfrac{A_{k} x + B_k}{ \left ( ax^2 + bx + c \right)^k} $$ donde $A_1, A_2, \cdots, A_k,$ y $B_1, B_2, \cdots B_k$ son constantes.

Ejemplo 8: Descomponer en fracciones parciales $$ \dfrac{1 - x + 2x^2 - x^3}{x \left( x^2 + 1 \right)^2 } $$ Solución: La forma de descomponer esta division de polinimios en fracciones parciales es: $$ \dfrac{1 - x + 2x^2 - x^3}{ x \left( x^2 + 1 \right )^2 } = \dfrac{A}{x} + \dfrac{Bx + C}{x^2 + 1} + \dfrac{D x + E}{ \left( x^2 + 1 \right )^2 } $$ Multiplicando por $x \left( x^2 + 1 \right)^2$ y luego igualando coeficientes
$$ 1 - x + 2x^2 - x^3 = A( x^2 + 1)^2 + (Bx + C)x(x^2 + 1) + x(Dx + E) \qquad (6) $$ $$ 1 - x + 2x^2 - x^3 = A(x^4 + 2x^2 + 1) + (Bx + C)(x^3 + x) + Dx^2 + Ex $$ $$ 1 - x + 2x^2 - x^3 = A(x^4 + 2x^2 + 1) + Bx^4 + Bx^2 + Cx^3 + Cx + Dx^2 + Ex $$ $$ 1 - x + 2x^2 - x^3 = x^4(A + B) + x^3C + x^2(2A + B + D) + x(C + E) + A $$ se obtiene el siguiente sistema: $$\left \{ \begin{array}{ll} A + B & = 0 \cr C & = -1 \cr 2A + B + D & = 2 \cr C + E & = -1 \cr A & = 1 \cr \end{array} \right. $$ Cuya solución es: $ A = 1$, como $ B = -A \Rightarrow B = -1$, como $ C = -1 \Rightarrow E = 0$ y así $ D = 1 $.
Entonces $$ \dfrac{1 - x + 2x^2 - x^3 }{x \left ( x^2 + 1 \right )^2 } = \dfrac{1}{x} - \dfrac{x + 1}{x^2 + 1} + \dfrac{x}{\left( x^2 + 1 \right )^2 } $$
Tomando valores en (6) tenemos:
$ x = 0 \Longrightarrow 1 = A $

$ x = 1 \Longrightarrow 1 = 4A + 2(B + C) + (D + E) \Rightarrow - 3 = 2B + 2C + D + E $

$ x = -1 \Longrightarrow 5 = 4A - 2(B + C) - (-D + E) \Rightarrow 1 = 2B - 2C + D - E $

$ x = 2 \Longrightarrow -1 = 25A + 10(2B + C) + 2(2D + E) \Rightarrow -26 = 20B + 10C + 4D + 2E $

$ x = -2 \Longrightarrow 19 = 25A - 10(2B + C) - 2(-2D + E) \Rightarrow -6 = 20B - 10C + 4D - 2E $

se obtiene el siguiente sistema: $$\left \{ \begin{array}{ll} 2B + 2C + D + E & = -3 \cr 2B - 2C + D - E & = 1 \cr 20B + 10C + 4D + 2E & = -26 \cr 20B - 10C + 4D - 2E & = -6 \cr \end{array} \right. $$ Sumamos la $1^{\underline{a}}$ y $2^{\underline{a}}$ ecuación y tenemos: (a) $-1 = 2B + D$

Sumamos la $3^{\underline{a}}$ y $4^{\underline{a}}$ ecuación y tenemos: (b) $-4 = 5B + D$

Restamos $(a)$ y $(b): 3 = -3B \Rightarrow B = -1 \Rightarrow D = 1$

Restamos la $1^{\underline{o}}$ y $2^{\underline{a}}$ ecuación y tenemos: (c) $-2 = 2C + E$

Restamos la $3^{\underline{a}}$ y $4^{\underline{a}}$ ecuación y tenemos: (d) $-5 = 5C + E$

Restamos $(c)$ y $(d): 3 = -3C \Rightarrow C = -1 \Rightarrow E = 0$

Ejemplo 9: $$ \dfrac{x^3}{x^4 + 4x^2 + 4}$$ Solución La forma de descomponer esta division de polinimios en fracciones parciales es: $$ \dfrac{x^3}{x^4 + 4x^2 + 4} = \dfrac{Ax + B}{x^2 + 2} + \dfrac{Cx + D}{ (x^2 + 2)^2 } $$
Multiplicando por el mínimo común múltiplo y luego igualando coeficientes
$$ x^3 = (Ax + B)(x^2 + 2) + (Cx + D) \qquad (7) $$
$$ x^3 = Ax^3 + 2Ax + Bx^2 + 2B + Cx + D $$
$$ x^3 = Ax^3 + Bx^2 + x(2A + C) + 2B + D $$
se obtiene el siguiente sistema: $$\left \{ \begin{array}{ll} A & = 1 \cr B & = 0 \cr 2A + C & = 0 \Rightarrow C = -2\cr 2B + D & = 0 \Rightarrow D = 0 \cr \end{array} \right. $$ En este caso no merece la pena tomar valores en $x$, pero ser puede hacer sin problemas.

Iremos actualizando esta sección con los ejercicios que nos pidáis, para ello podéis mandar un correo a profesor.maties@gmail.com

Resolver ecuaciones de 2º grado completas e incompletas. Bicuadradas.

Fórmula para resolver ecuaciones de $2^{\underline{\circ}}$ grado \(ax^2 + bx + c = 0 \)

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Veamos «otra fórmula» para resolver ecuaciones de $2^{\underline{\circ}}$ grado, pero $C$ tiene que ser distinto de cero: $$\Large{ \begin{aligned} a x^2+b x+c & =0 \\ 4 a c x^2+4 b c x+4 c^2 & =0 \\ 4 b c x+4 c^2 & =-4 a c x^2 \\ b^2 x^2+4 b c x+4 c^2 & =b^2 x^2-4 a c x^2 \\ (b x+2 c)^2 & =x^2\left(b^2-4 a c\right) \\ b x+2 c & = \pm x \sqrt{b^2-4 a c} \\ 2 c & =-b x \pm x \sqrt{b^2-4 a c} \\ 2 c & = x\left(-b \pm \sqrt{b^2-4 a c}\right) \\ x\left(-b \pm \sqrt{b^2-4 a c}\right) & =2 c \\ x & =\dfrac{2 c}{-b \pm \sqrt{b^2-4 a c}} \end{aligned} } $$

Completas

Una ecuación de $2^{\underline{\circ}}$ grado es completa si $a \neq 0$, $b \neq 0$ y $c \neq 0$. Para ello tenemos que ver cuanto vale \(a, \ b \ y \ c\) y aplicar dicha fórmula: $$x = {-b \pm \sqrt{b^2-4ac} \over 2a}$$ Lo primero que tenemos que hacer es estudiar el discriminante \( \Delta = \sqrt{b^2 - 4ac} \)

 

$$ \large \cases{ \text{ Si }  \Delta > 0 \ \text{ tendremos 2 soluciones diferentes;} \cr \cr \text{ Si }\  \Delta = 0 \ \text{tendremos 1 solución «doble» (es la misma), es una identidad notable, y} \cr \cr \text{ Si } \ \Delta < 0 \ \text{ no tendremos ninguna solución «real».} } $$

Veamos algunos ejemplos:
1.- Para la ecuación: \(x^2 + 6x + 5 = 0 \), entonces \(a = 1\), \(b = 6\) y \(c = 5\).

Resolvamos la ecuación:
Primero veamos el \( \Delta = \sqrt{6^2 - 4 \cdot 1 \cdot 5} = \sqrt{36 - 20} = \sqrt{16} = 4 \) como el determinante es positivo, tiene dos raíces reales diferentes:

$$ x = \dfrac{ -6 \pm 4 }{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ -2 }{ 2 } = -1  \Rightarrow x_1 = -1 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -10 }{ 2 } = -5 \Rightarrow x_2 = -5 \end{array}. $$

La pregunta que nos hacemos ahora: ¿hemos terminado? No, tenemos que comprobar las soluciones obtenidas:
La primera solución \(x_1 = -1\), donde pone \(x\) tenemos que poner -1: \[ (-1)^2 + 6(-1) + 5 = 1 - 6 + 5 = 0\]
La primera solución \(x_2 = -5\), donde pone \(x\) tenemos que poner -5: \[ (-5)^2 + 6(-5) + 5 = 25 - 30 + 5 = 0\]

Si factorizamos, tenemos que $$0 = x^2 + 6x + 5 = (x + 5) \cdot (x + 1) $$ 

2.- Para la ecuación: \(x^2 - 5x + 6 = 0 \), entonces \(a = 1\), \(b = -5\) y \(c = 6\). Si no lo veis claro, podéis poner \(x^2 + (-5)x + 6 = 0 \) y así es más sencillo sacar los valores de \(a, \ b \ y \ c\).

Resolvamos la ecuación:
Primero veamos el \( \Delta = \sqrt{(-5)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 6} = \sqrt{25 - 24} = \sqrt{1 } = 1 \) como el determinante es positivo, tiene dos raíces reales diferentes:
$$ x = \dfrac{ 5 \pm 1 }{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 6 }{ 2 } = 3  \Rightarrow x_1 = 3 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ 4 }{ 2 } = 2 \Rightarrow x_2 = 2 \end{array}. $$

La pregunta que nos hacemos ahora: ¿hemos terminado? No, tenemos que comprobar las soluciones obtenidas:
La primera solución \(x_1 = 3\), donde pone \(x\) tenemos que poner 3: \[ 3^2 - 5 \cdot 3 + 6 = 9 - 15 + 6 = 0\]
La primera solución \(x_2 = 2\), donde pone \(x\) tenemos que poner 2: \[ 2^2 - 5 \cdot 2 + 6 = 4 - 10 + 6 = 0\]

Si factorizamos, tenemos que $$0 = x^2 - 5x + 6 = (x - 2) \cdot (x - 3) $$

3.- Para la ecuación: \(2x^2 - 5x - 3 = 0 \), entonces \(a = 2\), \(b = -5\) y \(c = -3\). Si no lo veis claro, podéis poner \(2x^2 + (-5)x + (-3) = 0 \) y así es más sencillo sacar los valores de \(a, \ b \ y \ c\).

Resolvamos la ecuación:
Primero veamos el \( \Delta = \sqrt{(-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3)} = \sqrt{25 + 24} = \sqrt{49} = 7 \) como el determinante es positivo, tiene dos raíces reales diferentes:
$$ x = {5 \pm 7 \over 4} $$ Una raíz sería \(x_1 = 3\) y la otra \(x_2 = {-1 \over 2} \).
$$ x = \dfrac{ 5 \pm 7 }{4} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 12 }{ 4 } = 3  \Rightarrow x_1 = 3 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -2 }{ 4 } = \dfrac{-1}{2} \Rightarrow x_2 = \dfrac{-1}{2} \end{array}. $$

La pregunta que nos hacemos ahora: ¿hemos terminado? No, tenemos que comprobar las soluciones obtenidas:
La primera solución \(x_1 = 3 \), donde pone \(x\) tenemos que poner 3: \[ 2 \cdot 3^2 - 5 \cdot 3 - 3 = 18 - 15 - 3 = 0\]
La primera solución \(x_2 = {-1 \over 2} \), donde pone \(x\) tenemos que poner \( {-1 \over 2} \) : \[ 2 \cdot \Bigg ( {-1 \over 2} \Bigg )^2 - 5 \cdot \Bigg ( {-1 \over 2} \Bigg ) - 3 = {1 \over 2} + {5 \over 2} - 3 = {6 \over 2} - 3 = 3 -3 = 0 \]

Si factorizamos, tenemos que $$0 = x^2 - 5x + 6 = (x - 3) \cdot (2x + 1) $$

4.- Ejemplo de una ecuación con una única solución, es decir, solución doble. Sea la ecuación $x^2 - 18x + 81 = 0$ 

Resolvamos la ecuación:
Primero veamos el determinante \( \Delta = \sqrt{(-18)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (81)} = \sqrt{324 - 324} = \sqrt{0} = 0 \) como el determinante es cero, tiene una raíz «doble»:

$$ x = \dfrac{ 18 \pm 0 }{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 18 }{ 2 } = 9  \Rightarrow x_1 = 9 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ 18 }{ 2 } = 9 \Rightarrow x_2 = 9 \end{array}. $$

Si factorizamos el polinomio, nos queda 

$$ x^2 - 18x + 81 = 0 \Leftrightarrow (x -9)^2 = 0 $$

5.- Ejemplo de una ecuación que no tiene solución. Sea la ecuación $x^2 + x + 12 = 0$ 

Resolvamos la ecuación:
Primero veamos el determinante \( \Delta = \sqrt{\ (1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (12)\ } = \sqrt{\ 1 - 48\ } = \sqrt{\ -47\ } \) como el determinante es negativo, eso quiere decir que no tienen «solución», solución real.

Como no tiene soluciones reales, no se puede factorizar. 

Fórmulas de Cardano-Vieta

Si $\alpha$ y $\beta$ son las raíces de la ecuación de $\odn{2}{o}$ grado entonces se cumple que: $$ \alpha + \beta = - \dfrac{\ b\ }{a} \quad \text{ y } \quad \alpha \cdot \beta = \dfrac{\ c\ }{a} $$ Si $a = 1$ entonces tenemos que: $$ \alpha + \beta = - b \quad \text{ y } \quad \alpha \cdot \beta = c $$

¿De dónde salen estas fórmulas?

Una ecuación polinómica de $\odn{2}{o}$ grado $ax^2 + bx + c = 0$ tiene como mucho 2 raíces, si suponemos que son $\alpha$ y $\beta$ entonces el polinomio lo podemos poner de esta forma:
$$ ax^2 + bx + c = 0 \Leftrightarrow a \cdot \left (x^2 + \dfrac{\ bx\ }{a} + \dfrac{\ c\ }{a} \right ) = 0 \Leftrightarrow x^2 + \dfrac{\ bx\ }{a} + \dfrac{\ c\ }{a} = 0 $$ Así: $$ x^2 + \dfrac{\ bx\ }{a} + \dfrac{\ c\ }{a} = (x - \alpha) \cdot (x - \beta) $$ Y si desarrollamos el producto de la derecha tenemos que:
$$ (x - \alpha) \cdot (x - \beta) = x^2 - \alpha x - \beta x + \alpha \beta $$ Luego tenemos:
$$ x^2 + \dfrac{\ bx\ }{a} + \dfrac{\ c\ }{a} = x^2 - \left ( \alpha + \beta \right) x + \alpha \beta $$ Y dos polinomios son iguales si tienen el mismo grado y los coeficientes correspondientes de las potencias de x son iguales:

Es decir:

$$ \cases{ \alpha + \beta = - \dfrac{\ b\ }{a} \cr \cr \alpha \beta = \dfrac{\ c\ }{a} \cr } $$

Veamos los ejemplos resueltos anteriormente:

1.- Para la ecuación: \(x^2 + 6x + 5 = 0 \) las soluciones han sido $x_1 = -1$ y $x_2 = -5$.

$\quad$ Si sumamos las raíces y hacemos el opuesto tenemos: $ - (-1 + (-5) ) = - (-6) = 6$ el coeficiente de la $x \checkmark $

$\quad$ Si multiplicamos las raíces tenemos: $ (-1) \cdot (-5) = 5$ el término independiente $\checkmark$



2.- Para la ecuación: \(x^2 - 5x + 6 = 0 \) las soluciones han sido $x_1 = 2$ y $x_2 = 3$.

$\quad$ Si sumamos las raíces y hacemos el opuesto tenemos: $ - (2 + 3 ) = - (5) = -5$ el coeficiente de la $x \checkmark $

$\quad$ Si multiplicamos las raíces tenemos: $ 2 \cdot 3 = 6$ el término independiente $\checkmark$

Os dejo el enlace de este applet de resolver ecuaciones de $\odn{2}{o}$ grado sin aplicar la fórmula:

Resolver ecuaciones $\odn{2}{\circ}$ grado «completando cuadrados»

Completar cuadrados es un recurso de álgebra que me permite poner una expresión como una identidad notable. Veamos unos ejemplos:

• $ x^2 + 10x $ no es un cuadrado perfecto, pero si le sumo y le resto 25, es el cuadrado de la mitad del coeficiente de $x$, tengo: $$ x^2 + 10x + 25 - 25 = (x + 5)^2 - 25 $$
• Pero no siempre es tan fácil: $x^2 + 3x$ $$ x^2 + 3x + \dfrac{\ 3^2\ }{2^2} - \dfrac{\ 3^2\ }{2^2} = \left (x + \dfrac{\ 3\ }{2} \right )^2 - \dfrac{\ 9\ }{4} $$

Esta es la técnica que vamos a usar para resolver ecuaciones de $\odn{2}{\circ}$ grado: $$ x^2 - 5x + 6 = 0 \Rightarrow x^2 - 5x = - 6 \Rightarrow x^2 - 5x + \dfrac{\ 25\ }{4} = -6 + \dfrac{\ 25\ }{4} \Rightarrow $$ $$ \Rightarrow \left ( x - \dfrac{\ 5\ }{2} \right )^2 = \dfrac{\ -24\ }{4} + \dfrac{\ 25\ }{4} \Rightarrow \left ( x - \dfrac{\ 5\ }{2} \right )^2 = \dfrac{\ 1 }{4} \Rightarrow $$ $$ \Rightarrow x - \dfrac{\ 5\ }{2} = \pm \sqrt{\ \dfrac{\ 1 }{4} } \Rightarrow x - \dfrac{\ 5\ }{2} = \pm \dfrac{\ 1 }{2} \Rightarrow $$ $$ \Rightarrow x = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{\ -1}{ 2 } + \dfrac{\ 5\ }{2} = \dfrac{\ 4\ }{2} = 2 \Rightarrow x_1 = 2 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{\ 1\ }{ 2 } + \dfrac{\ 5\ }{2} = \dfrac{\ 6\ }{2} = 3 \Rightarrow x_2 = 3 \end{array}. $$

Resolver ecuaciones $\odn{2}{\circ}$ grado «sacando factor común»

También se pueden resolver las ecuaciones de $\odn{2}{\circ}$ grado, sacando factor común. El término de la $x$ hay que ponerlo como suma o resta de algún factor del término independiente y/o del coeficiente director. Veamos algunos ejemplos:

• $ x^2 -5x + 6 = 0 \Rightarrow x^2 - 2x - 3x + 6 = 0 \Rightarrow x(x - 2) - 3(x - 2) = 0 \Rightarrow (x - 2) \cdot (x -3) = 0 $
  
  Las soluciones son $x = 2$ y $x = 3$
• $ x^2 + 6x + 5 = 0 \Rightarrow x^2 + 5x + x + 5 = 0 \Rightarrow x(x + 5) + (x + 5) = 0 \Rightarrow (x + 5) \cdot (x + 1) = 0 $
  
  Las soluciones son $x = -5$ y $x = -1$
• $ 2x^2 + 5x - 7 = 0 \Rightarrow 2x^2 - 2x + 7x - 7 = 0 \Rightarrow 2x(x - 1) + 7(x - 1) = 0 \Rightarrow (x - 1) \cdot (2x + 7) = 0 $
  
  Las soluciones son $x = 1$ y $x = \dfrac{\ -7\ }{2}$
• $ 2x^2 + 5x + 3 = 0 \Rightarrow 2x^2 + 2x + 3x + 3 = 0 \Rightarrow 2x(x + 1) + 3(x + 1) = 0 \Rightarrow (x + 1) \cdot (2x + 3) = 0 $
  
  Las soluciones son $x = -1$ y $x = \dfrac{\ -3\ }{2}$

Incompletas

En una ecuación de segundo grado \(ax^2 + bx + c = 0 \) está claro que $a$, el coeficiente de $x^2$ no puede ser cero, ya que entonces sería una ecuación de primer grado. Luego cuando estamos con ecuaciones de segundo grado incompletas es que los coeficientes que pueden ser cero son $b$ y/o $c$.

• Si $b = c = 0$ tenemos $ax^2 = 0$ y la única solución es $x = 0$. Se dice que 0 es raíz doble o con multiplicidad 2, porque se repite dos veces. 
• Si $b = 0$ , entonces tenemos $ax^2 + c = 0 \Leftrightarrow x^2 = \dfrac{-c}{a} \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{ \dfrac{-c}{a} } $ Luego tendrá solución si $\dfrac{-a}{c} \leq 0 $. 
• Si $c = 0$, entonces tenemos $ax^2 + bx = 0 \Leftrightarrow x \cdot \left ( ax + b \right ) = 0 $. Entonces sacamos factor común a $x$, puede que podamos sacar factor común a algo más que a $x$, eso quiere decir que cero es siempre solución. Y la otra solución la sacamos de resolver el otro paréntesis $ax + b = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{-b}{a} $.

Veamos algunos ejemplos: 

$\bullet$ Tenemos la ecuación $3x^2 = 0$ donde $ b = c = 0 \Rightarrow x = 0$.

$\bullet$ Tenemos la ecuación $x^2 - 9 = 0$ donde $ b = 0$. Así $ x^2 = 9 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{9} = \pm 3 $

Otra forma: Si factorizamos tenemos $$ x^2 - 9 = (x -3 ) \cdot (x + 3) = 0 $$ 

$\bullet$ Tenemos la ecuación $x^2 + 1 = 0$ si despejamos $x$ tenemos que $x^2 = - 1$ lo que es imposible, no tiene solución. 

$\bullet$ Tenemos la ecuación $3x^2 -  75x = 0$ donde c = 0. Sacamos factor común a $x$ y en este caso además a 3, nos quedará $3x^2 -  75x = 3x \cdot (x - 25) = 0$.

Tenemos que resolver lo siguiente $3 \cdot x \cdot (x - 25) = 0 $, es decir, ¿cuándo el producto de tres factores es cero? En este caso, sólo de dos, ya que 3 nunca será cero. El producto será cero si $x = 0 $ 0 si $x - 25 = 0 \Leftrightarrow x = 25$. 

Si factorizamos tenemos $$3x^2 -  75x = 3 \cdot x \cdot (x - 25 ) = 0 $$

Bicuadradas

Son ecuaciones de cuarto grado donde sólo aparecen las potencias pares

$$ ax^4 + bx^2 + c = 0 $$

Hacemos un cambio de variable $x^2 = t$, así la ecuación se transforma en otra que ya sabemos resolver

$$ at^2 + bt + c = 0 $$

en una ecuación de segundo grado completa. La que nos puede dar 2 soluciones de $t$, 1 solución de $t$ o ninguna. 

Si nos da alguna solución, después tenemos que deshacer el cambio y calcular los valores de $x$.

Así si tenemos dos soluciones $t_1$ y $t_2$ tendremos que $x^2 = t_1$ y $x^2 = t_2$ dos ecuaciones de segundo grado incompletas que sabemos resolver.

Si  sólo tenemos una raíz $t$, entonces tenemos $x^2 = t$ ecuación de segundo grado incompleta que sabemos resolver. 

Veamos un ejemplo, tenemos la ecuación $x^4 - 5x^2 + 4 = 0$ 

Hacemos el cambio de variable $x^2 = t$ y tenemos: 

$$ t^2 - 5t + 4 = 0 $$

Aplicamos la fórmula para resolver la ecuación 

$$ t = \dfrac{ 5 \pm \sqrt{(-5)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 } }{2} = \dfrac{5 \pm \sqrt{25 - 16} }{2} = \dfrac{5 \pm \sqrt{ 9 } }{2} = \dfrac{5 \pm 3 }{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 8 }{ 2 } = 4  \Rightarrow t = 4 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ 2 }{ 2 } = 1 \Rightarrow t = 1 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el campo: 

$x^2 = 1 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{1} = \pm 1 $ y 

$x^2 = 4 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{4} = \pm 2 $ 

Si factorizamos tenemos que 

$$ 0 = x^4 - 5x^2 + 4 = (x - 1) \cdot (x + 1) \cdot (x - 2) \cdot (x + 2) $$

Otro ejemplo, tenemos la ecuación $x^4 - 8x^2 - 9 = 0$ 

Hacemos el cambio de variable $x^2 = t$ y tenemos: 

$$ t^2 - 8t - 9 = 0 $$

Aplicamos la fórmula para resolver la ecuación 

$$ t = \dfrac{ 8 \pm \sqrt{(-8)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-9) } }{2} = \dfrac{ 8 \pm \sqrt{64 + 36} }{2} = \dfrac{ 8 \pm \sqrt{ 100 } }{2} = \dfrac{8 \pm 10 }{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 18 }{ 2 } = 9  \Rightarrow t = 3 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -2 }{ 2 } = -1 \Rightarrow t = -1 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el campo: 

$x^2 = -1 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{-1} \Rightarrow $ no tiene solución; y 

$x^2 = 9 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{9} = \pm 3 $ 

Si factorizamos tenemos que 

$$ 0 = x^4 - 8x^2 - 9 = (x^2 + 1) \cdot (x - 3) \cdot (x + 3) $$

Vamos con otro ejemplo, tenemos la ecuación $x^4 + 26x^2 + 25 = 0$ 

Hacemos el cambio de variable $x^2 = t$ y tenemos: 

$$ t^2 + 26t + 25 = 0 $$

Aplicamos la fórmula para resolver la ecuación 

$$ t = \dfrac{ -26 \pm \sqrt{26^2 - 4 \cdot 1 \cdot 25 } }{2} = \dfrac{ -26 \pm \sqrt{676 - 100} }{2} = \dfrac{ -26 \pm \sqrt{ 576 } }{2} = \dfrac{-26 \pm 24}{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ -2 }{ 2 } = -1  \Rightarrow t = -1 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -50 }{ 2 } = -25 \Rightarrow t = -25 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el campo: 

$x^2 = -1 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{-1} \Rightarrow $ no tiene solución; y 

$x^2 = -25 \Leftrightarrow x = \pm \sqrt{-25} \Rightarrow $ no tiene solución. 

Si factorizamos tenemos que 

$$ 0 = x^4 + 26x^2 + 25 = (x^2 + 1) \cdot (x^2 + 25) $$

Comentario

Si tenemos una ecuación de este estilo 

$$ a \left ( x^n \right )^2 + b x^n + c = 0 $$ 

Tendríamos que hacer el cambio $x^n = t $ y nos quedaría 

$$ a  t^2 + b t + c = 0 $$ 

Veamos algunos ejemplos: 

1.- Tenemos la ecuación $ x^6 + 7x^3 - 8 = 0 $. Hacemos el cambio $x^3 = t$ nos queda 

$$ t^2 + 7t - 8 = 0 $$

$$ t = \dfrac{ -7 \pm \sqrt{(-7)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-8) } }{2} = \dfrac{ -7 \pm \sqrt{49 + 32} }{2} = \dfrac{ -7 \pm \sqrt{ 81 } }{2} = \dfrac{-7 \pm 9}{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 2 }{ 2 } = 1  \Rightarrow t = 1 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -16 }{ 2 } = -8 \Rightarrow t = -8 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el cambio: 

$x^3 = 1 \Rightarrow x = \sqrt[3]{1} = 1 $ 

$x^3 = -8 \Rightarrow x = \sqrt[3]{-8} = -2 $ 

2.- Tenemos la ecuación $x^8 - 17x^4 + 16 = $. Hacemos el cambio $x^4 = t$ nos queda   

$$t^2 - 17t + 16 = 0 $$ 

$$ t = \dfrac{ 17 \pm \sqrt{(17)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 16 } }{2} = \dfrac{ 17 \pm \sqrt{289 - 64} }{2} = \dfrac{ 17 \pm \sqrt{ 225 } }{2} = \dfrac{17 \pm 15}{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 32 }{ 2 } = 16  \Rightarrow t = 16 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ 2 }{ 2 } = 1 \Rightarrow t = 1 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el cambio: 

$x^4 = 16 \Rightarrow x = \pm \sqrt[4]{16} = \pm 2 $ 

$x^4 = 1 \Rightarrow x = \pm \sqrt[4]{1} = \pm 1 $ 

3.- Tenemos la ecuación $x^{10} + 31 x^5 - 32 = 0$. Hacemos el cambio $x^5 = t$ nos queda

$$t^2 + 31t - 32 = 0$$ 

$$ t = \dfrac{ -31 \pm \sqrt{(31)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-32) } }{2} = \dfrac{ -31 \pm \sqrt{961 - 128} }{2} = \dfrac{ -31 \pm \sqrt{ 1.089 } }{2} = \dfrac{-31 \pm 33}{2} = \begin{array}{l} \oplus \nearrow \dfrac{ 2 }{ 2 } = 1  \Rightarrow t = -1 \cr \cr \ominus \searrow \dfrac{ -64 }{ 2 } = -32 \Rightarrow t = -32 \end{array}. $$

Ahora deshacemos el cambio: 

$x^5 = 1 \Rightarrow x = \sqrt[5]{1} = 1 $ 

$x^5 = -32 \Rightarrow x = \sqrt[5]{-32} = -2 $ 

Iremos actualizando esta sección con los ejercicios que nos pidáis, para ello podéis mandar un correo a profesor.maties@gmail.com