Partialbruchzerlegung

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1 Partialbruchzerlegung Lucas Kunz 27. Januar 207 Inhaltsverzeichnis Theorie 2. Definition Nullstellen höheren Grades Residuen-Formel Komplexe Linearfaktoren Beispiele 4 2. Erstes Beispiel (Nullstellen ersten Grades Zweites Beispiel (Nullstellen höheren Grades Drittes Beispiel (Komplexe Linearfaktoren

2 Theorie. Definition Partialbruchzerlegung ist ein Prinzip, bei dem ein Bruch in mehrere einzelne Brüche zerlegt wird. Man geht dabei von einer sogenannten gebrochen rationalen Funktion aus, also dem Quotienten aus zwei Polynomen: f(x : g(x h(x a m x m + a m x m + + a x + a 0 b n x n + b n x n + + b x + b 0. (. Die Koeffizienten a 0,... a m und b 0,..., b n sind dabei Konstanten. In den allermeisten Fällen ist die Funktion g(x, sodass also nur zu zerlegen ist. Diese Zerlegung h(x folgt dabei immer den gleichen Schritten:. Zunächst sucht man die Nullstellen von h(x. Bei einem Polynom von Grad n sind dies n Stück. Nennen wir die Nullstellen x,..., x n, dann lässt sich h auch folgendermaßen schreiben: h(x (x x (x x 2 (x x n. (.2 Diese Darstellung bezeichnet man als Linearfaktorzerlegung der Funktion h. 2. Als nächstes nimmt man an, dass man eine Zerlegung von h finden kann, sodass jede Nullstelle im Nenner eines eigenen Bruchs steht: h(x (x x (x x 2 (x x n α + α α n. (.3 x x x x 2 x x n Die Koeffizienten α,..., α n sind dabei üblicherweise Konstanten, können aber auch selbst wieder kleine Polynome sein. Diese Darstellung gilt weiterhin nur, wenn alle Nullstellen von h verschieden sind, also wenn alle Nullstellen ersten Grades sind. Man macht einen Koeffizientenvergleich auf beiden Seiten der Gleichung.3. Hierzu multipliziert man beide Seiten mit h(x (um den Bruch loszuwerden: h(x α + h(x α h(x α n. (.4 x x x x 2 x x n Auf der rechten Seite verschwinden die Brüche ebenso, weil sich die jeweiligen Linearfaktoren kürzen (was bei dem im Kapitel 2 gegebenen Beispiel vermutlich deutlicher wird. Man erhält rechts ein Polynom mit den Koeffizienten α i, welches insgesamt der Zahl auf der linken Seite gleichen muss. Man muss also die α i so wählen, dass diese Gleichung für alle möglichen x erfüllt ist, wozu man die rechte Seite zunächst nach Potenzen von x sortiert. Alle Vorfaktoren von Potenzen größer gleich müssen verschwinden, da auf der linken Seite keine solchen x stehen, nur die Zahlen ohne x müssen exakt ergeben..2 Nullstellen höheren Grades Um verwirrende Formulierungen mit vielen Indizes zu vermeiden sei dieser Fall hier eher exemplarisch erläutert, wobei aber das Konzept verständlich werden sollte. Man nehme 2

3 erneut eine reziproke Funktion z.b. sechsten Grades mit einer einfachen, einer zweifachen und einer dreifachen Nullstelle: h(x (x x 3 (x x 2 2 (x x 3. (.5 Die Zerlegung zu den Nullstellen höheren Grades sind nun etwas komplizierter als im Zuvor beschriebenen Fall: h(x A x x + A 2 (x x 2 + A 3 (x x 3 + B x x 2 + B 2 (x x C x x 3. (.6 Man braucht zu einer Nullstelle des Grades n immer n Terme, bei denen der Nenner Potenzen von bis n hat. Sobald man diesen Ansatz gewählt hat ist der folgende Koeffizientenvergleich identisch mit dem einfachen Fall einfacher Nullstellen: Man Multipliziert beide Seiten mit h(x und ordnet nach Potenzen von x, wobei alle Vorfaktoren mit x- Abhängigkeit verschwinden müssen und der konstante Term genau ergeben soll..3 Residuen-Formel Im großen Themengebiet der Funktionentheorie (komplexwertige Analysis, welcher am Ende der HM II üblicherweise behandelt wird, gibt es einen Satz, mit dem eine für die Partialbruchzerlegung nützliche Formel verbunden ist; dieser Satz heißt Residuensatz. Wer bereits mehr darüber erfahren möchte sei auf die Zusammenfassung der HM II oder das zugehörige Tutorium 3 verwiesen, eine solche vorausgehende Kenntnis ist aber zur Anwendung der Formel nicht vonnöten. Suchen wir den Wert eines Koeffizienten zum Term k-ten Grades einer Nullstelle x i n-ten Grades, so lässt sich dieser berechnen als α (n k! lim x x i ( (x xi n (n k. (.7 Die Klammer (n k soll dabei die n k-fache Ableitung bedeuten, die auszuführen ist, bevor der Grenzwert betrachtet wird. Da die im Limes störende Nullstelle aber durch Kürzung wegfällt besteht der Grenzwert nur aus Einsetzen der Nullstelle x i in die entsprechende Ableitung der restlichen Funktion. Nehmen wir z.b. die Funktion aus Gleichung.6: A 2 ist ein Koeffizient zum Term zweiten Grades (k 2 der dreifachen Nullstelle (n 3 x. Nach dieser Formel hätte es also den Wert A 2! lim x x ( (x x 3 h(x h(x ( ( x x (x x 2 2 (x x 3. (.8 Mit den richtigen Werten für k und n lassen sich so auch die anderen fünf Koeffizienten A, A 3, B, B 2, C einfach berechnen. Natürlich ist diese Formel auch auf den Fall anwendbar, in dem nur einfache Nullstellen auftauchen, so wie er in der Beschreibung des Vorgehens in Kapitel. beschrieben wird. In jenem Spezialfall gilt immer n k..4 Komplexe Linearfaktoren Es kann passieren, dass ein Polynom komplexe Nullstellen hat und entsprechend auch in komplexe Linearfaktoren zerfällt. Es gilt z.b. x 2 + (x + i (x i. In solchen 3

4 Fällen sollte man die Zerlegung nicht ganz durchführen, sondern auf der letzten rein reellen Ebene aufhören. Tut man dies werden aber leider die Koeffizienten oben auf den Brüchen selbst zu Polynomen in der Variablen x. Der Koeffizientenvergleich ist dadurch nur mit äußerster Vorsicht durchführbar, da man nicht mehr wie bislang einfach nach Potenzen von x ordnen kann (in den Konstanten stecken ja weitere solche Potenzen, die noch unbekannt sind. Es muss also in jedem Einzelfall ein geeignetes Vorgehen gewählt werden, wie es auch im dritten Beispiel in Kapitel 2.3 getan wird. 2 Beispiele 2. Erstes Beispiel (Nullstellen ersten Grades Nehmen wir an wir suchen die Partialbruchzerlegung der Funktion h(x x 3 2 x 2 x + 2 (x 2 (x (x +. (2. Der Ansatz für diese Zerlegung lautet also h(x α x 2 + α 2 x + α 3 x +. (2.2 Multiplizieren wir auf beiden Seiten mit h, dann ergibt sich h(x α x 2 + h(x α 2 x + h(x α 3 x +. (2.3 Da wir h geschrieben haben als h(x (x 2 (x (x + lässt sich jetzt bei jedem der drei Brüche einer der Faktoren kürzen: ((x (x + α + ((x 2 (x + α 2 + ((x 2 (x α 3 (2.4 (x 2 α + (x 2 x 2 α 2 + (x 2 3 x + 2 α 3 (2.5 x 2 (α + α 2 + α 3 +x ( α }{{} 2 3 α 3 + ( α }{{} 2 α α 3. (2.6 }{{} 0 0 In der letzten Zeile dieser Rechnung wurde dabei die Summe umsortiert nach Potenzen von x. Da auf der linken Seite nur eine steht aber kein x müssen die Faktoren hinter x 2 und x jeweils 0 ergeben und die Faktoren ohne ein x davor genau. Wir haben also ein lineares Gleichungssystem: α + α 2 + α 3 0 (2.7 α 2 3 α 3 0 (2.8 α 2 α α 3 (2.9 Indem wir einmal die erste Zeile auf die letzte addieren und dann die mittlere Zeile von der letzten abziehen erhalten wir die Stufenform dieses Gleichungssystems: α + α 2 + α 3 0 (2.0 α 2 3 α 3 0 (2. 6 α 3 (2.2 4

5 Nun können wir die Ergebnisse Stück für Stück ablesen und erhalten α 3, α und α. Die Partialbruchzerlegung ist also gegeben durch 3 h(x 3 x 2 2 x + 6 x +. (2.3 Eine andere Möglichkeit, die Koeffizienten zu berechnen, besteht bei Nullstellen ersten Grades (wie in diesem Fall, in keinem der Linearfaktoren steht eine höhere Potenz als in der Betrachtung eines Grenzwertes: Auf diese Weise erhält man ebenso die korrekten Werte: (x x i α i. (2.4 x xi h(x x 2 α x 2 h(x x 2 (x + (x α 2 x x h(x x α 3 x x + h(x x (x 2 (x + (2 + (2 3 (2.5 (2.6 ( 2 ( + 2 (x 2 (x ( 2 ( 6. ( Zweites Beispiel (Nullstellen höheren Grades Greifen wir die Funktion aus Kapitel.2 wieder auf und konkretisieren sie, indem wir den Nullstellen Werte geben: h(x (x + 3 x 2 (x. (2.8 Es ist also x, x 2 0 und x 3. Die Zerlegung folgt weiterhin dem bekannten Schema h(x A x + + A 2 (x + + A 3 2 (x + + B 3 x + B 2 x + C 2 x. (2.9 Als nächstes multiplizieren wir beide Seiten mit h und sortieren die Terme nach x: A (x + 2 x 2 (x + A 2 (x + x 2 (x + A 3 x 2 (x + B (x + 3 x (x + B 2 (x + 3 (x + C (x + 3 x 2 A (x 5 + x 4 x 3 x 2 + A 2 (x 4 x 2 + A 3 (x 3 x 2 + B (x x 4 2 x 2 x + B 2 (x x 3 2 x + C (x x x 3 + x 2 x 5 (A + B + C + x 4 (A + A B + B C + x 3 ( A + A B C + x 2 ( A A 2 A 3 2 B + C + x ( B 2 B 2 + ( B 2. Aus der letzten Zeile kann man direkt lesen, dass B 2, da der einzige Term ohne x die auf der linken Seite der Gleichung erzeugen muss. Für die anderen fünf Koeffizienten 5

6 müssen die Klammern jeweils Null ergeben. Das zu lösende Gleichungssystem lautet also geschrieben in Matrix-Form folgendermaßen: A A A 3 B 0 0. ( B C Durch systematisches Lösen dieses Systems findet man schließlich A 7 8 A A 3 2 (2.2 B 2 B 2 C 8. (2.22 Alternativ lassen sich diese Koeffizienten auch mit der Residuen-Formel (siehe Kapitel.3 bestimmen. Der Term mit A hat im Nenner einen Faktor mit Potenz k, welcher zur dreifachen (n 3 Nullstelle x gehört. Für A 2 und A 3 gilt ebenso n 3, aber es ist k 2 bzw. k 3: ( (x + 3 (3 ( A (3! x h(x x x 2 (x ( 2 lim 2 x x 3 (x + x 2 (x 2 ( 2 lim 6 ( x x 4 (x x 3 (x x 2 (x 3 ( 2 6 ( 4 ( ( 3 ( ( 2 ( 2 3 ( ( (x + 3 (3 2 ( A 2 (3 2! x h(x x x 2 (x ( 2 x x 3 (x + x 2 (x 2 2 ( 3 ( 2 + ( 2 ( ( (x + 3 (3 3 ( A 3 (3 3! x h(x x x 2 (x ( 2 ( 2 2 6

7 Für B ist jeweils n 2 und x 2 0, k liegt entweder bei oder 2. Bei C schließlich sind n und k genau und x 3. ( x 2 (2 ( B (2! lim x 0 h(x x 0 (x + 3 (x ( 3 x 0 (x + 4 (x + (x + 3 (x ( + 3 ( ( ( x 2 B 2 C (2 2! lim x 0 h(x (0 + 3 (x ( (x (! lim x h(x ( (2 2 x 0 ( ( x (x + 3 (x (x + 3 x 2 Man sieht, dass die Methode mit der Formel schneller geht, als die Lösung über das Gleichungssystem mit 6 Unbekannten. Dennoch ist auch hier Vorsicht geboten im Umgang mit Ableitungen und den auftauchenden Grenzwerten. 2.3 Drittes Beispiel (Komplexe Linearfaktoren Zu guter Letzt soll hier noch der dritte beschriebene Fall von komplexen Nullstellen behandelt werden. Nehmen wir hierzu das reziproke Polynom h(x (x 2 (x 2 + A (x 2 + B (x 2 +. (2.23 Da im zweiten Nenner noch ein x 2 steht, kann B nun von x abhängig sein. Wie genau diese Abhängigkeit aussieht merken wir beim Koeffizientenvergleich: A (x B (x 2 x 2 A + x B + (A 2 B. (2.24 Man sieht spätestens an dieser Stelle, dass entweder A oder B von x abhängen muss, da sonst die einzige Lösung dieser Gleichung A B 0 wäre. Um die tatsächliche Lösung zu finden nutzen wir einen weiteren Ansatz: B α x + β. Auf diese Weise erhält man A (x (α x + β (x 2 x 2 (A + α +x (β 2 α + (A 2 β. (2.25 }{{}}{{}}{{} 0 0 Wir haben also drei Gleichungen für drei unbekannte A, α und β, welche folgende Lösungen haben: A 5 α 5 β 2 5 B 5 x 2 5. (2.26 Die Residuen-Formel ist in solche einem Fall zur Berechnung von B nicht anwendbar, A hätte man aber darüber erhalten können, da der zu A gehörige Term keine Besonderheiten aufweist; mit k, n und x 2 erhält man natürlich den selben Wert. 7