Integration durch Partialbruchzerlegung

Gebrochenrationale Funktionen, d.h. Brüche mit einem Polynom im Zähler und einem Polynom im Nenner, sind nicht so einfach zu integrieren. Erstaunlicherweise macht uns v.a. der Zähler Probleme.

Integral der einfachen Hyperbelfunktion

Die einfache Hyperbelfunktion ist \(f(x)=\frac{1}{x}\). Wir wissen, dass sie die Ableitung des natürlichen Logarithmus ist:

\[ \frac{d}{dx} \ln(x) = \frac{1}{x} \]

\[ \rightarrow \quad \int \frac{1}{x} \; dx = \ln(x) + C \]

Der natürliche Logarithmus (wie alle Logarithmen) ist nur für positive Argumente \(x\) definiert. Was passiert aber, wenn \(x \leq 0\), wo der Logarithmus gar nicht definiert ist? Wir machen einfach mal den Ansatz, indem wir statt \(x\) halt einfach \((-x)\) in den Logarithmus einsetzen. Wir leiten ab und erhalten:

\[ \frac{d}{dx} \ln(-x) \; = \; \frac{1}{-x} \cdot (-1) \; = \; \frac{1}{x} \]

Erstaunlicherweise ergibt die Ableitung von \(\ln(-x)\) mit Hilfe der inneren Ableitung auch wieder \(\frac{1}{x}\). Fassen wir nochmals zusammen:

\[ x>0  \quad \rightarrow \quad \frac{d}{dx} \ln(x) = \frac{1}{x} \]

\[ x<0  \quad \rightarrow \quad \frac{d}{dx} \ln(-x) = \frac{1}{x} \]

Aus dem folgt rückwärts:

\[ \int \frac{1}{x} \; dx \;\; = \;\; \begin{cases} \ln(x)+C & (x>0) \\ \ln(-x)+C & (x<0) \end{cases} \]

Statt der Fallunterscheidung können wir die beiden Fälle mit den Betragsstrichen lösen:

Echt gebrochenrationale Funktionen

Wenn der Nenner nicht nur \(x\) ist, sondern ein Polynom in faktorisierter Form, so stellt das keine grossen Probleme dar. Wir zeigen das an einem Beispiel auf:

\[ \int \frac{1}{(x-1)^3} \; dx \]

Wir benutzen die Substitution \(u=x-1\). Für \(dx\) können wir einen Ausdruck finden, indem wir \(u\) ableiten:

\[ du = d(x-1) = dx + 0 \]

Wegen \(du=dx\) können wir einfach \(dx\) mit \(du\) ersetzen und erhalten ein lösbares Integral:

\[ \int \frac{1}{(x-1)^3} \; dx = \int u^{-3} \; du = -\frac{1}{2}u^{-2} + C \]

Jetzt müssen wir \(u=x-1\) wieder rücksubstituieren:

\[ \int \frac{1}{(x-1)^3} \; dx = -\frac{1}{2u^2} + C \]

\[ = \underline{-\frac{1}{2(x-1)^2} + C} \]

Mit anderen Nennern können wir gleich verfahren. Was aber tun wir, wenn der Zähler ein Polynom enthält und nicht nur eine Zahl? Als Erstes sollten wir es immer mit Kürzen versuchen:

Beispiel

Berechne das folgende Integral:

\[ \int \frac{x-1}{x^2-2x+1} \; dx \]

---

Wir faktorisieren den Nenner und können dann so den Bruch kürzen:

\[  \require{cancel} \int \frac{x-1}{x^2-2x+1} \; dx = \int \frac{\cancel{(x-1)}}{\cancel{(x-1)}(x-1)} \; dx \]

\[ = \int \frac{1}{x-1} \; dx = \; \underline{\ln|x-1| + C} \]

Manchmal führt können wir nicht so kürzen, wie wir das gerne hätten. Was dann aber weiterhilft ist die Division des Restes mit der Polynomdivision:

Beispiel

Berechne das folgende Integral:

\[ \int \frac{x^2-1}{x^2-2x+1} \; dx \]

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Das Integral sieht fast gleich aus, wie im vorigen Beispiel, aber das Quadrat im Zähler macht, dass wir nur einen Teil kürzen können:

\[  \require{cancel} \int \frac{x^2-1}{x^2-2x+1} \; dx = \int \frac{\cancel{(x-1)}(x+1)}{\cancel{(x-1)}(x-1)} \; dx \]

\[ = \int \frac{x+1}{x-1} \; dx \]

Jetzt teilen wir diesen Bruch mit der Polynomdivision. Der teilbare Teil ergibt \(1\). Der übrig bleibende Rest ist \(2\) und wird einfach als Bruch hingeschrieben:

\[ (x + 1) : (x – 1) = 1 + \frac{2}{x-1} \]

Für das gesuchte Integral gilt:

\[ \int \frac{x^2-1}{x^2-2x+1} \; dx \;\; = \;\; \int 1 \; dx + 2 \int \frac{1}{x-1} \; dx \]

Das können wir jetzt lösen. Wir kriegen:

\[ \int 1 \; dx + 2 \int \frac{1}{x-1} \; dx \;\; = \;\; \underline{x + 2 \ln |x-1| + C}\]

Sonstige gebrochenrationale Funktionen

In den bisherigen Beispielen hatten wir keinen Rest oder dann einen Rest, den wir einfach integrieren konnten, weil der Zähler des Bruchs eine Zahl war. Was aber, wenn wir im Zähler ein Polynom haben? Die Polynomdivision hat uns das letzte Mal gerettet. Wir können sie aber nicht nochmals einsetzen. Wir können jetzt den Bruch in Partialbrüche zerlegen.

Als Regel gilt: Für jede Nullstelle des Nenners des Bruchs müssen wir einen oder mehrere Partialbrüche finden. So können wir den ursprünglichen Bruch als Summe von Partialbrüchen ausdrücken.

Wir werden das im folgenden Beispiel ausführen.

Beispiel

Berechne das folgende Integral mit Hilfe der Partialbruchzerlegung:

\[ \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \]

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Der Nenner dieses Bruchs hat eine einfache Nulle in \(x=+1\) und eine zweifache Nullstelle in \(x=(-1)\). Wir setzen für diese Nullstellen die folgenden Partialbrüche an:

Einfache Nullstelle:

\[ x=+1 \quad \rightarrow \quad \frac{A}{x-1} \]

Zweifache Nullstelle:

\[ x=(-1) \quad \rightarrow \quad \frac{B}{x+1} + \frac{C}{(x+1)^2} \]

Die Konstanten \(A\), \(B\) und \(C\) sind nicht bekannt und müssen noch bestimmt werden. Mit ihrer Hilfe möchten wir aber den ursprünglichen Bruch mit der folgenden Summe von Partialbrüchen ausdrücken:

\[ \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \;\; = \;\; \frac{A}{x-1} + \frac{B}{x+1} + \frac{C}{(x+1)^2} \]

Jetzt machen wir die drei Brüche rechts gleichnamig und bringen alles in einen Bruch:

\[ \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \]

\[ = \frac{A(x+1)^2+B(x-1)(x+1)+C(x-1)}{(x-1)(x+1)^2} \]

Wir vergleichen die beiden Zähler, was uns eine Gleichung gibt:

\[ x^2-4 \]

\[ = A \cdot (x^2+2x+1) + B \cdot (x^2-1) + C \cdot (x-1) \]

Rechts muss alles ausmultipliziert und dann nach \(x\)-Potenzen umgeordnet werden. Links machen wir die Potenzen von \(x\) etwas deutlicher:

\[ 1 \cdot x^2 + 0 \cdot x^1 + (-4) \cdot x^0 \]

\[ = (A+B) \cdot x^2 + (2A+C) \cdot x^1 + (A-B-C) \cdot x^0 \]

Damit die ganze Gleichung erfüllt ist, müssen die Koeffizienten, d.h. die Faktoren vor den \(x\)-Potenzen links und rechts übereinstimmen. Wir vergleichen deshalb die \(x^2\)-Potenzen links und rechts, dann vergleichen wir die \(x^1\)-Potenzen links und rechts und schliesslich die \(x^0\)-Potenzen links und rechts. Daraus entstehen drei Gleichungen:

\[ 1 = A+B \]

\[ 0 = 2A+C \]

\[ -4 = A-B-C \]

Wir haben mit 3 Unbekannten angefangen und haben jetzt drei Gleichungen gefunden, die erfüllt sein müssen. Diese drei Gleichungen werden uns die drei Unbekannten verraten.

Die ersten zwei Gleichungen geben uns die Möglichkeit die Unbekannten \(B\) und \(C\) mit \(A\) auszudrücken:

\[ 1 = A+B \quad \rightarrow \quad B = 1-A\]

\[ 0 = 2A+C \quad \rightarrow \quad C = -2A \]

Wir setzen diese Ausdrücke in die dritte Gleichung ein:

\[ -4 = A-(1-A)-(-2A) = 4A-1 \]

Das gibt uns \(A=-\frac{3}{4}\) und wir können von da an zurückgehen zu den beiden gleichungen für \(B\) und \(C\) und diese Konstanten ebenfalls bestimmen. Wir kriegen:

\[ A=-\frac{3}{4}, \quad B=\frac{7}{4}, \quad C=\frac{3}{2} \]

Den ursprünglichen Bruch haben wir jetzt mit drei Partialbrüchen ausgedrückt. Ein Integral eines Bruches wird somit zu einer Summe von drei Integralen, die aber lösbar sind:

\[ \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \]

\[ = \frac{-\frac{3}{4}}{x-1} + \frac{\frac{7}{4}}{x+1} + \frac{\frac{3}{2}}{(x+1)^2} \]

\[ \int \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \; dx \]

\[ = -\frac{3}{4} \int \frac{1}{x-1} \; dx + \frac{7}{4} \int \frac{1}{x+1} \; dx + \frac{3}{2} \int \frac{1}{(x+1)^2} \; dx \]

\[ \int \frac{x^2-4}{(x-1)(x+1)^2} \; dx \]

\[ = \underline{-\frac{3}{4} \ln|x-1| \; + \; \frac{7}{4} \ln|x+1| \; – \; \frac{3}{2} \cdot \frac{1}{x+1} + C} \]