Partialbruchzerlegung bei nur einer Nullstelle

10.09.2019, 18:01

snoopy2015

Partialbruchzerlegung bei nur einer Nullstelle

Hallo Forum,

ich habe hier eine Aufgabe, bei der ein Integral mittels Partialbruchzerlegung zu lösen ist. Allerdings hat das Nennerpolynom nur eine Nullstelle, obwohl es ein Polynom dritten Grades ist. Was bei mehrfachen Nullstellen zu tun ist, lässt sich leicht per Suchmaschine rausfinden. Wie aber bei zu wenigen Nullstellen vorzugehen ist, konnte ich nirgendwo finden.

Das Integral lautet:
$\begin{eqnarray*} \int \! \frac{4x^{2} +3x+17}{x^3+x^2+3x-5} \, dx \end{eqnarray*}$
Diie Nullstelle (x-1) habe ich anschließend geraten und eine Polynomdivision durchgeführt:

$\begin{eqnarray*} x^3+x^2+3x-5 / (x-1)=x^2+2x+5 \end{eqnarray*}$

Das Ergebnis hat wie gesagt keine Nullstellen.
Jetzt möchte ich wissen wie es weiter geht, denn das folgende Vorgehen ist leider falsch:

$\begin{eqnarray*} \frac{4x^{2} +3x+17}{(x-1)}=4x+7+\frac{24}{(x-1)} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \int \! 4x+7+\frac{24}{(x-1)} \, dx = \frac {4}{2}x^2 + C_1 + 7x + C_2 + \int \! \frac {24}{(x-1)} dx = 2x^2+C_1+7x+C_2+24 \cdot \int \! \frac {1}{x-1} dx \end{eqnarray*}$

dann Substituiert: z=x-1
$\begin{eqnarray*} \frac {dz}{dx}=1 \end{eqnarray*}$
=> $\begin{eqnarray*} dz=dx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \! \frac {1}{x-1} dx = \int \! \frac {1}{z} dz = ln (|z|) + c = ln (|x-1|) +c \end{eqnarray*}$

...und das Ausgangsintegral lässt sich lösen:
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow 2x^2 + 7x + 24 \cdot ln (|x-1|) + c \end{eqnarray*}$

Das ist wie gesagt leider falsch. Die Lösung lautet:
$\begin{eqnarray*} 3 \cdot ln(|x-1|) + \frac {1}{2} \cdot ln (x^2 + 2x + 5) - \frac {3}{2} \cdot arctan(\frac{x+1}{2}) +c \end{eqnarray*}$

10.09.2019, 18:14

PWM

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RE: Partialbruchzerlegung bei nur einer Nullstelle
Hallo,

der Ansatz für die Partialbruchzerlegung des Integranden ist

$\begin{eqnarray*} \frac{a}{x-1}+ \frac{bx+c}{x^2+2x+5} \end{eqnarray*}$

Das gilt für jeden Faktor im Nenner, der aus einem quadratischen Polynom ohne (reelle) Nullstellen besteht. Falls der Faktor mit höherer Potenz auftritt sind entsprechend weitere Terme anzusetzen.

Gruß pwm

10.09.2019, 21:10

snoopy2015

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ähmm...was ist denn c? Einfach ein dritter Faktor, der beim Koeffizientenvergleich oder mit Newton-Verfahren gefunden werden muss?

Zitat:

Das gilt für jeden Faktor im Nenner, der aus einem quadratischen Polynom ohne (reelle) Nullstellen besteht. Falls der Faktor mit höherer Potenz auftritt sind entsprechend weitere Terme anzusetzen.

Die weiteren Terme müssten im Nenner also immer quadratisch sein, damit das Schema funktioniert? Was wäre bei einem Polynom dritten Grades das als Ergebnis der Polynomdivision mit der einzigen Nullstelle aufträte?

Danke übrigens für die schnelle Antwort.

11.09.2019, 08:22

klarsoweit

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Zitat:

Original von snoopy2015
ähmm...was ist denn c? Einfach ein dritter Faktor, der beim Koeffizientenvergleich oder mit Newton-Verfahren gefunden werden muss?

Das c ist einfach nur ein weiterer Parameter, dessen Wert im Rahmen des Koeffizientenvergleichs bestimmt werden muß.

Zitat:

Original von snoopy2015
Die weiteren Terme müssten im Nenner also immer quadratisch sein, damit das Schema funktioniert?

Die Terme im Nenner sind linear oder quadratisch oder höhere Potenzen davon, je nachdem wie hoch die Vielfachheiten der Nullstellen sind.

Zitat:

Original von snoopy2015
Was wäre bei einem Polynom dritten Grades das als Ergebnis der Polynomdivision mit der einzigen Nullstelle aufträte?

Diese Situation entspricht deiner Aufgabe. Den Ansatz für die Partialbruchzerlegung hat PWM schon genannt.

12.09.2019, 13:08

willyengland

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Noch mal dazu:

Zitat:

Original von snoopy2015
Was wäre bei einem Polynom dritten Grades das als Ergebnis der Polynomdivision mit der einzigen Nullstelle aufträte?

Kann nicht sein.
Ein Polynom 3. Grades hat immer eine Nullstelle.

12.09.2019, 15:54

klarsoweit

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Argh, da habe ich die Frage mißverstanden. Hammer

12.09.2019, 16:20

Mathema

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Huhu,

du kannst natürlich auch eine komplexe Partialbruchzerlegung machen. $\begin{eqnarray*} x^2+2x+5 \end{eqnarray*}$ hat schließlich 2 komplexe Nullstellen, nämlich $\begin{eqnarray*} -1-2i \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -1+2i \end{eqnarray*}$ . Dann machst du ganz normal deinen Ansatz $\begin{eqnarray*} \frac{a}{x-1}+\frac{b}{x+1+2i}+\frac{c}{x+1-2i} \end{eqnarray*}$ und erhältst $\begin{eqnarray*} a=3 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} b=\frac{1}{2}-\frac{3}{4}i \end{eqnarray*}$
und $\begin{eqnarray*} c=\frac{1}{2}+\frac{3}{4}i \end{eqnarray*}$ . Dein Integral geht somit über in:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \int \! \frac{4x^{2} +3x+17}{x^3+x^2+3x-5} \, \dd x=\int \, \dd x \left(\frac{3}{x-1}+\frac{\frac{1}{2}-\frac{3}{4}i}{x+1+2i}+\frac{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}i}{x+1-2i}\right) \end{eqnarray*}$

Der erste Summand ist sofort integriert, für die anderen beiden nutzen wir 3 Gleichungen:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle (1) \quad \log \; z=\log|z|+i\arg(z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle(2) \quad \arctan(-x)=-\arctan(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \displaystyle (3)\quad\arctan(x)=\operatorname{sgn}(x)\frac{\pi}{2}-\arctan\left(\frac{1}{x}\right) \end{eqnarray*}$

Integrieren wir nun den zweiten und dritten Summanden ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \left(\frac{1}{2}-\frac{3i}{4}\right)\log(x+1+2i)+\left(\frac{1}{2}+\frac{3i}{4}\right)\log(x+1-2i)+c \end{eqnarray*}$

Nun nutzen wir (1): Ich lasse die Integrationskonstante erstmal weg.

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \left(\frac{1}{2}-\frac{3i}{4}\right)\left(\log\sqrt{(x+1)^2+2^2}+i\arctan\left(\frac{2}{x+1}\right)\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{3i}{4}\right)\left(\log\sqrt{(x+1)^2+(-2)^2}+i\arctan\left(\frac{-2}{x+1}\right)\right) \end{eqnarray*}$

Jetzt können wir in der zweiten Klammer (2) nutzen, also:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \left(\frac{1}{2}-\frac{3i}{4}\right)\left(\log\sqrt{(x+1)^2+2^2}+i\arctan\left(\frac{2}{x+1}\right)\right)+\left(\frac{1}{2}+\frac{3i}{4}\right)\left(\log\sqrt{(x+1)^2+(-2)^2}-i\arctan\left(\frac{2}{x+1}\right)\right) \end{eqnarray*}$

Beim Ausmultiplizieren fällt ziemlich viel weg. Es bleibt übrig (bitte nachvollziehen).

$\begin{eqnarray*} \displaystyle 2\cdot \frac{1}{2}\log\sqrt{x^2+2x+5}+2\cdot\frac{3}{4}\arctan\left(\frac{2}{x+1}\right) \end{eqnarray*}$

Schreibe wir die Wurzel als Potenz und wenn ein bekanntes Logarithmengesetz an, vereinfacht sich das zu:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \frac{1}{2}\log(x^2+2x+5)+\frac{3}{2}\arctan\left(\frac{2}{x+1}\right) \end{eqnarray*}$

Dann wenden wir nur noch (3) an. Den konstanten Summanden stecken wir dann noch in dein $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ . Somit ergibt sich:

$\begin{eqnarray*} \displaystyle \frac{1}{2}\log(x^2+2x+5)-\frac{3}{2}\arctan\left(\frac{x+1}{2}\right)+c \end{eqnarray*}$

Und damit haben wir unsere Stammfunktion gefunden, welche du ja auch angegeben hast.

PS:

Zitat:

Original von willyengland
Ein Polynom 3. Grades hat immer eine Nullstelle.

Nein - Drei. Augenzwinkern