TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen SS07/Beispiel 33

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Man berechne
\int \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} \, dx

Lösungsvorschlag von leiwand[Bearbeiten]

Zunächst ist eine Partialbruchzerlegung durchzuführen. Da bei der Partialbruchzerlegung das Nennerpolynom nicht größer als das Zählerpolynom sein darf muss dieses zuerst reduziert werden:

\begin{align}
\frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)}
&= \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} - 1 + 1 \\
&= \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} - \frac{(x-1)^2(x^2+2x+3)}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1 \\
&= \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} - \frac{(x^2-2x+1)(x^2+2x+3)}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1 \\
&= \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} - \frac{x^4+2x^3+3x^2-2x^3-4x^2-6x+x^2+2x+3}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1 \\
&= \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} - \frac{x^4-4x+3}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1 \\
&= \frac{x^4+x^2-1-x^4+4x-3}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1 \\
&= \frac{x^2+4x-4}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} + 1
\end{align}

Nun kann für den verbleibenden Bruch die Partialbruchzerlegung durchgeführt werden, wobei wegen der doppelten Nullstelle bei (x-1) die Terme wie folgt lauten:

\begin{align}
\frac{x^2+4x-4}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} &= \frac{A}{x-1}+\frac{B}{(x-1)^2}+\frac{Cx+D}{x^2+2x+3} \\
x^2+4x-4 &= A(x-1)(x^2+2x+3)+B(x^2+2x+3)+(Cx+D)(x-1)^2 \\
&= (A+C)x^3+(A+B-2C+D)x^2+(A+2B+C-2D)x-3A+3B+D
\end{align}

Der Koeffizentenvergleich ergibt das folgende Gleichungssystem:

für x^3: 0=A+C

für x^2: 1=A+B-2C+D

für x^1: 4=A+2B+C-2D

für x^0: -4=-3A+3B+D

Berechnung:

x^3: A=-C

x^1: B=2+D

x^2: 3C=2D+1

x^0: -10=6D+1

Ergebnis:

A=\frac{8}{9};B=\frac{1}{6};C=-\frac{8}{9};D=-\frac{11}{6}


Das Problem kann somit umgeschrieben werden zu:

\begin{align}
\int \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} \, dx
&= \int \frac{x^2+4x-4}{(x-1)^2(x^2+2x+3)}+1 \, dx \\
&= \int\frac{\frac{8}{9}}{x-1}+\frac{\frac{1}{6}}{(x-1)^2}+\frac{-\frac{8}{9}x-\frac{11}{6}}{x^2+2x+3} + 1 \,dx \\
&= \frac{8}{9}\int\frac{1}{x-1}\,dx+\frac{1}{6}\int\frac{1}{(x-1)^2}\,dx-\frac{8}{9}\int\frac{x}{x^2+2x+3}\,dx-\frac{11}{6}\int\frac{1}{x^2+2x+3}\,dx + \int1\,dx
\end{align}


Betrachten wir die Integrale getrennt voneinander:

Wegen \int\frac{f'(x)}{f(x)}\,dx = \ln |f(x)| erhalten wir

\int\frac{1}{x-1}\,dx = \ln |x-1|


\begin{align}
\int\frac{1}{(x-1)^2}\,dx
&=\int\frac{1}{u^2}\,du & \text{mit } u=(x-1), dx=du \\
&=-\frac{1}{u} \\
&=-\frac{1}{x-1} \\
&=\frac{1}{1-x}
\end{align}


\begin{align}
\int\frac{x}{(x^2+2x+3)}\,dx
&=\int\frac{x+1-1}{(x+1)^2+2}\,dx \\
&=\int\frac{x+1}{(x+1)^2+2}\,dx-\int\frac{1}{(x+1)^2+2}\,dx
\end{align}

Das können wir wieder in zwei Teilen lösen:

\begin{align}
\int\frac{x+1}{(x+1)^2+2}\,dx
&=\int\frac{u}{u^2+2}\,du & \text{mit } u=x+1, dx=du \\
&=\frac{1}{2}\int\frac{1}{v}\,dv & \text{mit } v=u^2+2, du=\frac{dv}{2u} \\
&=\frac{1}{2}\ln |v| \\
&=\frac{1}{2}\ln |u^2+2| \\
&=\frac{1}{2}\ln |(x+1)^2+2|
\end{align}


\begin{align}
\int\frac{1}{(x^2+2x+3)}\,dx
&=\int\frac{1}{(x+1)^2+2}\,dx \\
&=\frac{1}{2}\int\frac{1}{(\frac{x+1}{\sqrt{2}})^2+1}\,dx \\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\int\frac{1}{u^2+1}\,du & \text{mit } u=\frac{x+1}{\sqrt{2}}, dx=\sqrt{2}du \\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan u \\
&=\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{2}}
\end{align}


Damit kämen wir zur Gesamtlösung:

\begin{align}
\int \frac{x^4+x^2-1}{(x-1)^2(x^2+2x+3)} \, dx
&=\frac{8}{9}\ln|x-1| + \frac{1}{6}\frac{1}{1-x} - \frac{8}{9}\frac{1}{2}\ln |(x+1)^2+2| + \left(\frac{8}{9}-\frac{11}{6}\right)\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{2}} + x + c \\
&=\frac{8}{9}\ln|x-1| + \frac{1}{6-6x} - \frac{4}{9}\ln |(x+1)^2+2| - \frac{17}{18\sqrt{2}}\arctan\frac{x+1}{\sqrt{2}} + x + c
\end{align}

Links[Bearbeiten]

f.thread:52565

Integrale Schritt für Schritt: https://web.archive.org/web/20180817162910/http://www.wolframalpha.com/