Integration, Polynom 3. Grades im Nenner

15.02.2015, 12:57

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Integration, Polynom 3. Grades im Nenner

Meine Frage:
Hallo,
die Integration ist noch ein sehr neues, frisches Thema für mich und bisher habe ich leider nur wenig Durchblick, was dieses Stoffgebiet betrifft.
Folgende Aufgabe ist gegeben:
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{dx}{x^3+1} \, \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Ich habe bisher leider keinerlei Ansätze, wie ich dieses Integral berechnen soll bzw. welche Methode angewendet werden soll. Kann mir vielleicht bitte jemand weiterhelfen? unglücklich

unglücklich

Lösung für diese Aufgabe soll sein:
$\begin{eqnarray*} \frac{-ln(x^2-x+1)}{6}+\frac{arctan(\frac{(2x-1)}{\sqrt{3}})}{\sqrt{3}}+\frac{ln(x+1)}{3}+c \end{eqnarray*}$

15.02.2015, 13:06

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Integration, Polynom 3. Grades im Nenner
Ist der Integrand so wie hier eine echt gebrochen rationale Funktion (also Zählergrad < Nennergrad), dann führt Partialbruchzerlegung zum Ziel

15.02.2015, 13:06

grosserloewe

Auf diesen Beitrag antworten »

RE: Integration, Polynom 3. Grades im Nenner
Wink

Wink

den Nenner kannst Du umformen :

$\begin{eqnarray*} (x+1)( x^2-x+1) \end{eqnarray*}$

Dann machst Du Partialbruchzerlegung

15.02.2015, 14:19

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Aaaah! Vielen Dank. Ich habe also durch "Erraten" einer Nullstelle einen Linearfaktor gefunden, führe mit diesem die Polynomdivision durch und erhalte bei Zusammenführung der beiden Therme die Umformung des Nenners.
Nun habe ich die anderen Nullstellen der Funktion gesucht und festgestellt, dass komplex-konjugierte vorliegen.
Wie muss nun demzufolge die Partialbruchzerlegung aussehen? Ich habe ja kein x im Zähler? unglücklich

unglücklich

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^3+1}=\frac{A_1}{(x+1)}+\frac{B_2}{(x^2-x+1)} \end{eqnarray*}$ ? Das scheint mir aber wenig Sinn zu machen... Hammer

Hammer

Edit: Oder ist es möglicherweise bloß $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^3+1}=\frac{A_1}{(x+1)}+\frac{A_1}{(x^2-x+1)} \end{eqnarray*}$ ?

15.02.2015, 14:24

URL

Auf diesen Beitrag antworten »

Der richtige Ansatz steht bestimmt in deinen Unterlagen Lehrer

Lehrer

Also

Lesen2

15.02.2015, 21:16

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich hatte in meinen Unterlagen bereits nachgeschaut und leider keine Antwort gefunden, darum habe ich nachgefragt. smile

smile

In meinen Aufzeichnungen befindet sich lediglich zur Partialbruchzerlegung bei komplex-konjugierten Nullstellen:

Ansatz: $\begin{eqnarray*} \frac{A_1 + A_2x}{(x-x_0)(x-x_0*)}= \frac{A_1+A_2x}{x^2+px+q} \end{eqnarray*}$

Und dann ein Beispiel.

Anzeige

15.02.2015, 21:20

grosserloewe

Auf diesen Beitrag antworten »

Wink

also bedeutet das für die Aufgabe insgesamt:

$\begin{eqnarray*} = \frac{A}{x+1} +\frac{Bx+C}{x^2-x+1} \end{eqnarray*}$

Hier findest Du noch weitere Erläuterungen dazu:

http://www.matheboard.de/thread.php?threadid=445212

Im Weiteren kannst Du die Einsetzmethode verwenden (oder Koeffizientenvergleich)

15.02.2015, 22:13

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn ich nun die Partialbruchzerlegung anwende, also

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{x^3+1}= \frac{A_1}{x+1}+\frac{B_1+B_2x}{x^2-x+1}=\frac{A_1(x^2-x+1)+B_1(x+1)+B_2x(x+1)}{(x+1)(x^2-x+1)}=\frac{Ax^2-Ax+A+B_1x+B_1+B_2x^2+B_2x}{(x+1)(x^2-x+1)}=\frac{(A+B_2)x^2+(-A+B_1+B_2)x+A+B_1}{(x+1)(x^2-x+1)} \end{eqnarray*}$

Und dann den Koeffizientenvergleich berechnen möchte, ergibt sich dann:
$\begin{eqnarray*} A+B_1=1<br /> A+B_2=1<br /> -A+B_1+B_2 =1 \end{eqnarray*}$

Ist es bis dahin richtig?

15.02.2015, 22:42

grosserloewe

Auf diesen Beitrag antworten »

Wink

nein , das stimmt nicht

Du mußt den Ausdruck mit dem Hauptnenner multiplizieren und erhälst:

$\begin{eqnarray*} 1= A_{1} (x^2 -x+1) +(B_{1} +B_{2} *x)(x+1) \end{eqnarray*}$

Das dem so ist,kannst Du hiermit überprüfen.:

http://www.arndt-bruenner.de/mathe/scripts/partialbruchzerlegung.htm

Nachtag : Der Fehler liegt beim Koeffizientenvergleich

15.02.2015, 23:05

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Aaaaah sehr gut! Langsam wird es logisch für mich! Vielen Dank! Ich habe nun also auch den Koeffizientenvergleich berechnet und für
$\begin{eqnarray*} A = \frac{1}{3}<br /> B_1 = \frac{2}{3}<br /> B_2 = -\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$
herausbekommen.
Aber wie verfahre ich nun, wenn ich integrieren möchte? unglücklich

unglücklich

Auf die obige Lösung zu kommen, scheint mir unmöglich. Allein
$\begin{eqnarray*} \frac{ln |x+1|}{3}+c \end{eqnarray*}$ ist mir nachvollziehbar.

Entschuldigung, ich merke selbst, dass ich noch sehr viel Übung im Bereich des Integrierens benötige. Hammer

Hammer

15.02.2015, 23:37

grosserloewe

Auf diesen Beitrag antworten »

Wink

ja , da hast du Dir auch ein wirklich nicht ganz einfaches Integral herausgesucht.

smile

smile

eingesetzt ergibt das:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} *\int \! \frac{1}{x+1} \, dx +\frac{1}{3}*\int \! \frac{2-x}{x^2-x+1} \, dx \end{eqnarray*}$

das 2. Integral mußt Du jetzt zerlegen (in 2 Integranden)

1. Integral: Im Zähler steht die Ableitung des Nenners
2. Integral: Lösung über die quadratische Ergänzung.

Hast Du eine Idee?

16.02.2015, 10:37

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe versucht, mich über Literatur zu informieren und in Erfahrung zu bringen, wie ich weiterhin verfahren muss. Leider ohne großen Erfolg. Auch Dein Hinweis zum 1. und 2. Integral hat leider nicht die erhoffte Erleuchtung gebracht. Allerdings habe ich in meinen Aufzeichnungen einen Ansatz gefunden (der vielleicht auch ganz und gar falsch ist), aber er lautet
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac {mx+n}{x^2+px+q} \, dx \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} q>\frac{p^2}{4} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{mx+n}{x^2+px+q}=\frac{mx+n}{(x+\frac{p}{2})^2-\frac{p^2}{4}+q} = \frac{mx+n}{t^2+a^2}=\frac{Ax+B}{t^2+a^2} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} t=x+\frac{p}{2},<br /> a^2=q-\frac{p^2}{4} \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} A= m, B=n-\frac{mp}{2} \end{eqnarray*}$

Wenn ich mich nicht täusche, entspricht doch genau dieses Vorgehen, Deinem gegebenen Tipp? Denn auch hier findet sich die quadratische Ergänzung wieder? Und mein Integral hat dieselbe Form wie dieses theoretisch dargestellte.
Ich werde versuchen das Verfahren anzuwenden. smile

smile

16.02.2015, 11:14

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn du noch $\begin{align*} At+B \end{align*}$ statt $\begin{align*} Ax+B \end{align*}$ schreibst, dann sieht das soweit erstmal richtig aus.

16.02.2015, 11:36

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Die quadratische Ergänzung samt Integral würde also heißen
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \int \! \frac{2-x}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \, dx \end{eqnarray*}$

Wenn ich also meinen Aufzeichnungen folge, dann ist

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{At+B}{t^2+a^2}\, dt = \frac{A}{2} \int \! \frac{2t}{t^2+a^2}\, dt + B \int \! \frac{dt}{t^2+a^2} \, dt \end{eqnarray*}$
in der Theorie entsprechend umgesetzt

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3}(-\frac{1}{2} \int \! \frac{2t}{t^2+a^2} \, dt+ 2 \int \! \frac{dt}{t^2+a^2}) \end{eqnarray*}$ ? Muss ich nun von t^2 und a^2 die Wurzeln ziehen, damit ich zum arctan und ln integrieren kann? verwirrt

verwirrt

16.02.2015, 12:17

grosserloewe

Auf diesen Beitrag antworten »

Wink

Auch Dein Hinweis zum 1. und 2. Integral hat leider nicht die erhoffte Erleuchtung gebracht.

ich meinte das so:

Du zerlegst das Integral in 2 Integrale:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} (\int \! \frac{2}{x^2-x+1} \, dx - \int \frac{x}{x^2 -x+1} \, dx ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3}( \int \! \frac{3}{2(x^2-x+1)} \, dx - \int \! \frac{2x-1}{2(x^2-x+1)} \, dx ) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2} \int \! \frac{1}{x^2-x+1} \, dx -\frac{1}{6} \int \! \frac{2x-1}{x^2-x+1} \, dx \end{eqnarray*}$

1. Integral: Lösung über die quadr. Ergänzung
2. Intergral : Hier gibt es ein entsprechendes Gesetz

Jetzt solltest Du verstehen , was ich meinte.

smile

smile

16.02.2015, 13:05

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Darf ich fragen, wie Du von diesem Schritt
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} (\int \! \frac{2}{x^2-x+1} \, dx - \int \frac{x}{x^2 -x+1} \, dx ) \end{eqnarray*}$
zu diesem hier kommst
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{3}( \int \! \frac{3}{2(x^2-x+1)} \, dx - \int \! \frac{2x-1}{2(x^2-x+1)} \, dx ) \end{eqnarray*}$ ? verwirrt

verwirrt

16.02.2015, 16:06

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Dahinter steckt lediglich

$\begin{align*} 2-x = \frac{1}{2} (4-2x) = \frac{1}{2} (3-(2x-1)) \end{align*}$ .

16.02.2015, 18:43

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Aber woher kommt das Wissen, die 0.5 herausziehen zu müssen? unglücklich

unglücklich

Ich verstehe jetzt, dass ich die Aufgabe über Substitution und quadratische Ergänzung lösen muss, aber die 0.5? Erkenne ich das an irgendetwas?
Und warum ist mein vorheriges Vorgehen falsch gewesen? Hätte ich dieses nicht verwenden können?

16.02.2015, 19:45

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Hinzukommt, dass auch die Integration mittels quadratischer Ergänzung nicht gelingen will:

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \, dx = \int \! \frac{1}{t^2-a^2} \, dt = \frac{1}{2a}ln|\frac{t-a}{t+a}+c| =\frac{1}{\sqrt{3}}|\frac{x-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}}{x-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}}+c| \end{eqnarray*}$

Das sieht keineswegs nach dem schönen Logarithmus in der Lösung aus, die ich ganz am Anfang meiner Frage aufgeschrieben habe. Hammer

Hammer

16.02.2015, 19:46

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von DrHWI
Aber woher kommt das Wissen, die 0.5 herausziehen zu müssen?

Es ist $\begin{align*} (x^2-x+1)' = 2x-1 \end{align*}$ , daher will man diesen Term statt $\begin{align*} x \end{align*}$ im Zähler haben im Hinblick auf eine logarithmische Differentation bzw. Integration $\begin{align*} (\ln(x^2-x+1))' = \frac{2x-1}{x^2-x+1} \end{align*}$ . Also sucht man nach einer Zerlegung

$\begin{align*} 2-x = D + E(2x-1) \end{align*}$ ,

wobei sich per Koeffizientenvergleich $\begin{align*} D=\frac{3}{2} \end{align*}$ und $\begin{align*} E=-\frac{1}{2} \end{align*}$ ergibt. Also keine Zauberei oder ominöses Wissen, sondern völlig normales Standardvorgehen.

Zitat:

Original von DrHWI
Und warum ist mein vorheriges Vorgehen falsch gewesen? Hätte ich dieses nicht verwenden können?

Dein Vorgehen ist nicht falsch, es entspricht gewissermaßem diesem Zugang, nur dass du das eben über die Substitution $\begin{align*} t=x-\frac{1}{2} \end{align*}$ regeln willst.

Zitat:

Original von DrHWI
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{1}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}} \, dx = \int \! \frac{1}{t^2-a^2} \, dt = \frac{1}{2a}ln|\frac{t-a}{t+a}+c| =\frac{1}{\sqrt{3}}|\frac{x-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}}{x-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}}+c| \end{eqnarray*}$

Es geht hier nicht um $\begin{align*} \int \frac{1}{t^2-a^2} ~ \dd t \end{align*}$ , sondern um $\begin{align*} \int \frac{1}{t^2+a^2} ~ \dd t = \frac{1}{a} \arctan\left( \frac{t}{a} \right) + c \end{align*}$ . Augenzwinkern

Augenzwinkern

16.02.2015, 19:59

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich habe das Gefühl, langsam aber sicher an der Aufgabe zu verzweifeln. traurig

traurig

Könnten wir bitte wieder den Weg aufnehmen, den ich vorhin aus meinen Aufzeichnungen gezogen habe? unglücklich

unglücklich

Ich verstehe deine Erklärungen und es macht Sinn, aber im Großen und Ganzen habe ich gerade nur das Gefühl, einen riesiges Chaos an Vorangehensweisen und Berechnungen im Kopf zu haben.
Wo lag der Fehler bei meiner veranschlagten Methode? unglücklich

unglücklich

EDIT: Okay! Ich verstehe. Woher weiß ich, dass es ein arctan wird und kein ln?

16.02.2015, 20:02

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielleicht hast du meine letzte Ergänzung nicht gelesen, aber gehe ruhig und konzentriert deinen Substitutionsweg, vermeide auch lästige Vorzeichenfehler (wie zuletzt geschehen), dann sollte sich letztendlich alles richtig zusammenfügen.

16.02.2015, 20:19

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Der arctan wurde soeben geknackt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

Ich habe ihn jetzt so wie in der Lösung berechnen können (wobei Du ihn schon eher für mich berechnet hast, als ich ihn für mich). Das letzte Integral sollte ich durch Substitution, denke ich, berechnen können. smile

smile

Könntest Du mir vielleicht nur noch einmal erläutern, woher du wusstest, dass sich für das zuletzt besprochene Integral ein arctan ergeben würde? Ich weiß, dass $\begin{eqnarray*} (arctan x)' = \frac{1}{1+x^2} \end{eqnarray*}$ ist. Aber hätte es nicht genauso gut ein Logarithmus sein können oder habe ich gerade einen Denkfehler?

16.02.2015, 21:25

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von DrHWI
Aber hätte es nicht genauso gut ein Logarithmus sein können oder habe ich gerade einen Denkfehler?

Allenfalls ein "komplexer" Logarithmus, der dann durch die Hintertür wieder zum Arcustangens wird.

Bei $\begin{align*} \int \frac{\dd x}{x^2+px+q} \end{align*}$ gibt es strukturelle Unterschiede ja nach Charakteristik der Nullstellen der quadratischen Nennerfunktion:

- zwei reelle Nullstellen: Summe zweier Logarithmen
- keine reelle Nullstelle: Eine Arkustangens-Funktion

Beides kommt (s.o.) dann über passende lineare Substitutionen zustande.

17.02.2015, 10:25

DrHWI

Auf diesen Beitrag antworten »

Vielen lieben Dank für die aufwendige und nicht ganz einfach Hilfe!! smile

smile

Gott

Gott

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »