Partialbruchzerlegung: Vier Beispiele mit Kontrolle

Ein rationaler Ausdruck kann schwerer aussehen, als sein Integral nach der Zerlegung ist. Bei $(3x+1)/(x^2-x-2)$ führt die Faktorisierung des Nenners zu zwei Brüchen mit logarithmischen Stammfunktionen. Die eigentliche Hürde ist der richtige Ansatz, bevor Zahlen für die Koeffizienten gesucht werden. Ein vergessenes Glied lässt sich durch spätere Rechnung nicht ersetzen.

Wir rechnen vier eigene Fälle durch: verschiedene lineare Faktoren, einen mehrfachen linearen Faktor, einen über den reellen Zahlen irreduziblen quadratischen Faktor und einen unechten Bruch, der zuerst dividiert werden muss. Am Ende jedes Falls setzen wir die Brüche wieder zusammen. Die Ansatzformen und die Gradbedingung folgen OpenStax Calculus, Band 2, §3.4. Wer zunächst die Bedeutung des Integrals klären möchte, findet sie in unserem Integral-Leitfaden. Hier steht die Algebra im Vordergrund.

Zuerst Grade vergleichen und den Nenner faktorisieren

Schreibe den Ausdruck als $P(x)/Q(x)$. Die Partialbruchzerlegung beginnt mit einem echten Bruch, also $\deg P<\deg Q$. Andernfalls teile $P$ durch $Q$, behalte den polynomialen Quotienten und zerlege den echten Restbruch. Der Quotient darf nicht in den unbekannten Konstanten verschwinden.

Faktorisiere dann $Q$ über den reellen Zahlen. Die Faktoren legen den Ansatz schon vor jeder Koeffizientenrechnung fest:

Nennerfaktor	Erforderliche Glieder
Einfacher linearer Faktor $(x-a)$	$A/(x-a)$
Mehrfacher linearer Faktor $(x-a)^m$	$A_1/(x-a)+A_2/(x-a)^2+\cdots+A_m/(x-a)^m$
Irreduzibler quadratischer Faktor $q(x)$	$(Bx+C)/q(x)$

Der Ansatz ist eine Identität für jedes erlaubte $x$, nicht nur eine Gleichheit an einem günstig gewählten Punkt. Nach dem Beseitigen der Nenner gibt es zwei ergänzende Wege zu den Konstanten: Nullstellen linearer Faktoren einsetzen, sodass Terme wegfallen, wie in Beispiel 1 und 2, oder beide Seiten ausmultiplizieren und die Koeffizienten jeder Potenz von $x$ vergleichen, wie in Beispiel 3. Eine Nullstelle liefert oft sofort eine Konstante, ersetzt bei einem quadratischen Faktor aber selten den ganzen Koeffizientenvergleich. Prüfe deshalb auch die übrigen Koeffizienten, selbst wenn mehrere Einsetzungen schon alle Zahlen ergeben haben. So wird der fehlende Term in Beispiel 2 erkennbar: Der verkürzte Ansatz kann nicht alle Koeffizienten zugleich treffen. Das ist ein Strukturfehler, keine schlechte Einsetzung. Auch mit mehreren gewöhnlichen Testwerten entsteht zunächst nur ein endliches Gleichungssystem. Nach dem Lösen muss die Polynomidentität für alle $x$ geprüft werden; vollständiges Zusammenfassen erledigt das.

Ein irreduzibles quadratisches Polynom hat keine reellen Linearfaktoren. Sein Zähler im Ansatz ist linear, selbst wenn sich später etwa $B=0$ ergibt. Beachte außerdem die ausgeschlossenen Werte des ursprünglichen Nenners. Eine Gleichheit im gemeinsamen Definitionsbereich macht eine zuvor ausgeschlossene Polstelle nicht plötzlich definiert. Ein Blick auf die Faktorisierung vermeidet viele Strukturfehler.

Beispiel 1: zwei verschiedene Linearfaktoren

Zerlege $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$. Der Zählergrad ist eins, der Nennergrad zwei; Division ist nicht nötig. Für die zwei verschiedenen Faktoren gilt

$$\frac{3x+1}{(x-2)(x+1)}=\frac{A}{x-2}+\frac{B}{x+1}.$$

Multiplikation mit dem Nenner liefert die Polynomidentität $3x+1=A(x+1)+B(x-2)$. Obwohl $x=2$ und $x=-1$ im ursprünglichen Bruch ausgeschlossen sind, dürfen sie in diese Polynomidentität eingesetzt werden. Bei $x=2$ folgt $7=3A$ und $A=7/3$. Bei $x=-1$ folgt $-2=-3B$ und $B=2/3$.

Prüfe die Werte durch Zusammenfassen:

$$\frac{7}{3(x-2)}+\frac{2}{3(x+1)} =\frac{7(x+1)+2(x-2)}{3(x-2)(x+1)} =\frac{9x+3}{3(x-2)(x+1)}=F(x).$$

Die Gleichheit gilt für $x\ne2,-1$. Ein einzelner Zahlenwert wäre ein schwächerer Test, denn zwei falsche Ausdrücke können an einem Punkt übereinstimmen. Hier stimmt der gesamte Zähler als Polynom.

Beispiel 2: bei einem mehrfachen Faktor kein Glied auslassen

Für $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$ verlangt $(x+1)^2$ ein Glied mit erster und eines mit zweiter Nennerpotenz:

$$G(x)=\frac{A}{x}+\frac{B}{x+1}+\frac{C}{(x+1)^2}.$$

Nach Multiplikation mit $x(x+1)^2$ steht $2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$. Einsetzen von $x=0$ ergibt $A=5$. Bei $x=-1$ folgt $3=-C$, also $C=-3$. Der Koeffizient von $x^2$ verlangt $A+B=0$, also $B=-5$. Der lineare Koeffizient bestätigt das Ergebnis unabhängig: $2A+B+C=10-5-3=2$.

Alle drei Zähler zusammen ergeben

$$5(x+1)^2-5x(x+1)-3x =5x^2+10x+5-5x^2-5x-3x=2x+5.$$

Daher gilt $G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$ für $x\ne0,-1$. Ein absichtlich falscher Ansatz wäre $A/x+B/(x+1)^2$. Sein zusammengefasster Zähler lautet $A(x+1)^2+Bx$. Der Koeffizient von $x^2$ erzwingt $A=0$, der konstante Koeffizient aber $A=5$. Dieser Widerspruch zeigt ein fehlendes Glied an und nicht bloß ein schwieriges Gleichungssystem. Der vollständige Ansatz funktioniert.

Beispiel 3: linearer Zähler über einem irreduziblen Quadratfaktor

Betrachte $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$. Da $x^2+1$ keine reelle Nullstelle hat, bleibt es über den reellen Zahlen quadratisch. Der Ansatz lautet

$$H(x)=\frac{A}{x-1}+\frac{Bx+C}{x^2+1}.$$

Nach Beseitigung der Nenner erhalten wir $2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1)$. Bei $x=1$ folgt $10=2A$, also $A=5$. Koeffizientenvergleich liefert $A+B=2$ und damit $B=-3$ sowie $-B+C=3$ und damit $C=0$. Auch die Konstante passt: $A-C=5$. Der Wert null für $C$ ist ein Rechenergebnis; man sollte den linearen Zähler nicht im Voraus weglassen.

Die Probe lautet $5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$. Also $H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$ für $x\ne1$. Für ein Integral ist das nützlich: Die Ableitung von $x^2+1$ ist $2x$, und das zweite Glied wird nach Anpassung eines Faktors durch Substitution integrierbar. Wäre der quadratische Faktor mehrfach, bräuchte jede Potenz einen eigenen linearen Zähler.

Beispiel 4: unechten Bruch zuerst dividieren

Bei $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$ haben Zähler und Nenner Grad zwei. Polynomdivision, oder einmaliges Abziehen des Nenners, ergibt

$$J(x)=1+\frac{4x+6}{x^2-1}=1+\frac{4x+6}{(x-1)(x+1)}.$$

Nur der Rest wird zerlegt. Setze $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$. Bei $x=1$ folgt $10=2A$ und $A=5$. Bei $x=-1$ folgt $2=-2B$ und $B=-1$. Somit

$J(x)=1+\frac5{x-1}-\frac1{x+1},\qquad x\ne\pm1.$

Fasse die ganze Antwort mitsamt der Eins zusammen. Die echten Brüche ergeben $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$. Mit der Eins wird der Zähler $x^2-1+4x+6=x^2+4x+5$, genau wie am Anfang. Wer die Eins vergisst, kann zwar die Restkoeffizienten richtig prüfen, aber den ursprünglichen Bruch nicht zurückerhalten.

Ein Ergebnis integrieren und durch Ableiten prüfen

In Beispiel 3 integrieren wir auf einem der Intervalle, die durch $x=1$ getrennt sind, gliedweise:

$$\int H(x)\,dx =5\ln|x-1|-\frac32\ln(x^2+1)+C.$$

Die Ableitung ist $5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$. Für $x-1$ braucht der Logarithmus Betragsstriche; $x^2+1$ ist für reelles $x$ positiv. Die Konstante $C$ kann auf den getrennten Intervallen verschieden sein. Der Ableitungstest findet auch Fehler beim Integrieren, beispielsweise einen verlorenen Faktor zwei, die eine korrekte Zerlegung allein nicht aufdeckt.

Wenn im Integral eine weitere Methode vorkommt, zeigt Integration durch Parts an Beispielen, wie sich eine mehrstufige Stammfunktion prüfen lässt. Laplace-Transformationen sind ein anderer Grund, die Algebra zu beherrschen: Bei inversen Transformationen werden rationale Funktionen oft zuerst zerlegt. In Math Zen lassen sich Faktorisieren und Ableiten einzeln üben, bevor beide Fähigkeiten in einem längeren Integral zusammentreffen.

Kurze Kontrolle vor der nächsten Aufgabe

Vergleiche bei jedem rationalen Ausdruck zuerst die Grade, dividiere bei Bedarf, faktorisiere den Nenner und schreibe für jede erforderliche Faktorpotenz ein Glied. Löse die Polynomidentität und fasse schließlich die ganze Antwort wieder zusammen. Unsere vier Fälle haben unterschiedliche Ansätze, doch die Probe ist dieselbe. Scheitert sie, kontrolliere zunächst den Ansatz, dann die Rechnung. Ein gelöstes Gleichungssystem kann ein fehlendes Bruchglied nicht ersetzen.

Ein zusätzlicher Hinweis ist das Verhalten nahe einer ausgeschlossenen Stelle. In Beispiel 1 bestimmt das Glied mit $x-2$ im Nenner die Divergenz nahe $x=2$; ohne dieses Glied könnte die ursprüngliche Polstelle nicht entstehen. Ein quadrierter linearer Faktor wie $(x-a)^2$ kann stärker divergieren als ein Glied mit nur erster Potenz. Die endgültige Prüfung bleibt aber das algebraische Zusammenfassen, denn das Verhalten an nur einer Polstelle erkennt nicht jeden falschen Koeffizienten.