Partieelbreuksplitsing: vier uitgewerkte voorbeelden

Een rationale breuk lijkt soms moeilijker te integreren dan zij na splitsing is. Neem $(3x+1)/(x^2-x-2)$: na factoriseren van de noemer kan dit een som van twee breuken met logaritmische primitieve functies worden. De lastige stap is de juiste vorm kiezen vóór je coëfficiënten berekent. Een ontbrekende term kun je later niet met rekenwerk herstellen.

Hier volgen vier eigen voorbeelden: verschillende lineaire factoren, een herhaalde lineaire factor, een over de reële getallen irreducibele kwadratische factor en een breuk waarbij eerst deling nodig is. We voegen elke uitkomst weer samen. OpenStax Calculus, deel 2, §3.4 beschrijft de graadvoorwaarde en factorvormen. Voor het begrip integraal kun je onze integralenhandleiding lezen; hieronder staat de algebra centraal.

Vergelijk graden en factoriseer de noemer

Schrijf de breuk als $P(x)/Q(x)$. Partieelbreuksplitsing begint met een echte breuk: $\deg P<\deg Q$. Is dat niet zo, deel $P$ door $Q$, bewaar het polynomiale quotiënt en splits de echte breuk van de rest. Het quotiënt mag niet in onbekende constanten verdwijnen.

Factoriseer daarna $Q$ over de reële getallen. De factoren bepalen vooraf de vorm:

Noemerfactor	Vereiste termen
Verschillende lineaire $(x-a)$	$A/(x-a)$
Herhaalde lineaire $(x-a)^m$	$A_1/(x-a)+A_2/(x-a)^2+\cdots+A_m/(x-a)^m$
Irreducibele kwadratische $q(x)$	$(Bx+C)/q(x)$

De gekozen vorm is een identiteit voor iedere toegestane $x$, niet slechts een gelijkheid op één handig punt. Na het wegwerken van de noemers kun je de constanten op twee aanvullende manieren vinden: nulpunten van lineaire factoren invullen zodat termen verdwijnen, zoals in voorbeeld 1 en 2, of beide kanten uitwerken en de coëfficiënten van elke macht van $x$ vergelijken, zoals in voorbeeld 3. Eén nulpunt geeft soms direct een constante, maar bij een kwadratische factor vervangt dat zelden de hele coëfficiëntenvergelijking. Controleer de overige coëfficiënten ook als invullen al alle getallen lijkt te geven. Zo zie je de ontbrekende term in voorbeeld 2: de verkorte vorm kan niet tegelijk aan alle coëfficiënten voldoen. Dat is een vormfout, geen ongelukkig gekozen waarde. Met enkele gewone waarden los je alleen een eindig stelsel op; daarna moet de identiteit nog voor elke $x$ kloppen. Volledig samenvoegen bewijst dat.

Een irreducibele kwadratische factor heeft geen reële lineaire factoren. De teller erboven moet eerst lineair zijn, ook als later $B=0$ blijkt. Houd eveneens de uitgesloten waarden van de oorspronkelijke noemer vast: gelijkheid op een gezamenlijk domein maakt een oude pool niet gedefinieerd. De factorisatie controleren voorkomt veel vormfouten.

Voorbeeld 1: twee verschillende lineaire factoren

Splits $F(x)=(3x+1)/[(x-2)(x+1)]$. Teller en noemer hebben graad één en twee, dus delen is niet nodig. Stel

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

Vermenigvuldigen met de noemer geeft de polynoomidentiteit $3x+1=A(x+1)+B(x-2)$. $x=2,-1$ zijn uitgesloten uit de oorspronkelijke breuk, maar mogen wél in deze polynoomidentiteit worden gebruikt. Voor $x=2$ volgt $7=3A$ en $A=7/3$. Voor $x=-1$ volgt $-2=-3B$ en $B=2/3$.

Voeg de termen weer samen:

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

Dit geldt voor $x\ne2,-1$. Eén numerieke proef is zwakker, want twee verkeerde uitdrukkingen kunnen op één punt gelijk zijn. De hele teller als veelterm vergelijken is beslissend.

Voorbeeld 2: een herhaalde factor vraagt twee termen

Bij $G(x)=(2x+5)/[x(x+1)^2]$ zijn zowel de eerste als tweede macht van $(x+1)$ nodig:

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

Vermenigvuldigen met $x(x+1)^2$ geeft $2x+5=A(x+1)^2+Bx(x+1)+Cx$. Bij $x=0$ is $A=5$; bij $x=-1$ is $3=-C$ en dus $C=-3$. De $x^2$-coëfficiënt vereist $A+B=0$, zodat $B=-5$. Onafhankelijke controle met de $x$-coëfficiënt: $2A+B+C=10-5-3=2$.

De drie tellers samen worden

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

Dus $G(x)=5/x-5/(x+1)-3/(x+1)^2$ voor $x\ne0,-1$. Een opzettelijk verkeerde vorm is $A/x+B/(x+1)^2$. De gezamenlijke teller zou $A(x+1)^2+Bx$ zijn. De $x^2$-coëfficiënt eist $A=0$, maar de constante eist $A=5$. Die tegenspraak wijst op een ontbrekende term, niet op een lastig stelsel. De volledige vorm werkt wel.

Voorbeeld 3: lineaire teller boven een irreducibele kwadratische factor

Neem $H(x)=(2x^2+3x+5)/[(x-1)(x^2+1)]$. Omdat $x^2+1$ geen reële nulpunten heeft, blijft die factor kwadratisch. Gebruik

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

Noemers wegwerken geeft $2x^2+3x+5=A(x^2+1)+(Bx+C)(x-1)$. Bij $x=1$: $10=2A$, dus $A=5$. Vergelijk coëfficiënten: $A+B=2$ geeft $B=-3$; $-B+C=3$ geeft $C=0$. De constante klopt ook: $A-C=5$. Dat $C$ nul uitkomt, is een resultaat, geen reden om bij voorbaat een constante teller te kiezen.

De proef is $5(x^2+1)-3x(x-1)=2x^2+3x+5$. Daarom $H(x)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)$ voor $x\ne1$. Integreren wordt eenvoudiger: de afgeleide van $x^2+1$ is $2x$, zodat substitutie na aanpassing van een factor mogelijk is. Voor een herhaalde kwadratische factor is bij elke macht een eigen lineaire teller nodig.

Voorbeeld 4: deel eerst een onechte breuk

Bij $J(x)=(x^2+4x+5)/(x^2-1)$ hebben teller en noemer beide graad twee. Veeltermdeling, of eenmaal de noemer aftrekken, levert

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

Splits uitsluitend de rest: $4x+6=A(x+1)+B(x-1)$. Bij $x=1$: $10=2A$ en $A=5$. Bij $x=-1$: $2=-2B$ en $B=-1$. Dus

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

Voeg de volledige uitkomst samen, inclusief de één. De echte breuken geven $[5(x+1)-(x-1)]/(x^2-1)=(4x+6)/(x^2-1)$. Met de één wordt de teller weer $x^2-1+4x+6=x^2+4x+5$. Zonder de één zou de rest kloppen, maar niet de oorspronkelijke breuk.

Integreer één uitkomst en differentieer ter controle

Voor voorbeeld 3 integreren we op elk interval gescheiden door $x=1$ term voor term:

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

Differentiëren geeft $5/(x-1)-(3/2)(2x)/(x^2+1)=5/(x-1)-3x/(x^2+1)=H(x)$. De absolute waarde rond $x-1$ is nodig; $x^2+1$ is positief voor reële $x$. De constante $C$ mag op losse intervallen verschillen. Deze eindcontrole vangt ook integratiefouten, zoals een ontbrekende factor twee, die de juiste splitsing alleen niet onthult.

Als een integraal nog een techniek vereist, laten voorbeelden van partieel integreren zien hoe je een primitieve na meerdere stappen controleert. Laplace-transformaties zijn een andere toepassing: de inverse vraagt vaak eerst splitsing van een rationale functie. In Math Zen kun je ontbinden en afleiden apart oefenen voordat je ze in een langere integraal combineert.

Een korte controle voor de volgende opgave

Vergelijk de graden, deel zo nodig, factoriseer de noemer, schrijf een term voor elke vereiste factormacht, los de polynoomidentiteit op en voeg de hele uitkomst weer samen. De vier voorbeelden vragen verschillende vormen, maar dezelfde eindcontrole. Mislukt die, onderzoek eerst de vorm en daarna de rekenkunde. Een opgelost stelsel herstelt geen ontbrekende term.

Het gedrag bij een uitgesloten waarde geeft nog een aanwijzing. In voorbeeld 1 bepaalt de term met $x-2$ de divergentie nabij $x=2$; zonder die term ontbreekt de oorspronkelijke pool. Een herhaalde factor kan sterker divergeren dan een term met alleen eerste macht. De algebraïsche recombinatie blijft het definitieve bewijs, want het gedrag bij één pool vindt niet elke verkeerde coëfficiënt.