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

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

Lösungsvorschlag von leiwand

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

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

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

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

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:

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

Betrachten wir die Integrale getrennt voneinander:

Wegen $\int \frac{f^{\prime }(x)}{f(x)}dx=\ln |f(x)|$ erhalten wir

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

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

$\begin{array}{cc}\int \frac{x}{(x^2+2x+3)}dx& =\int \frac{x+1-1}{(x+1{)}^2+2}dx\\ & =\int \frac{x+1}{(x+1{)}^2+2}dx-\int \frac{1}{(x+1{)}^2+2}dx\end{array}$

Das können wir wieder in zwei Teilen lösen:

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

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

Damit kämen wir zur Gesamtlösung:

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

Links

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