matematikk.net

[tex]\large I=\int\frac{dx}{\sin^3(x)\,+\,\cos^3(x)}[/tex]

[tex]\cos^3x+\sin^3x=(\sin x+\cos x)(\sin^2x-\sin x \cos x +\cos^2x)= \\ \frac{1}{2}(\sin x+\cos x)(3-(\sin x+\cos x )^2)=\frac{\sqrt{2}}{2}(\sin(x+\frac{\pi}{4}))(3-2\sin^2(x+\frac{\pi}{4}))[/tex]

[tex]I=\int \frac{1}{\cos^3x+\sin^3x} \rm{d}x=\int \frac{\sqrt{2}}{\sin(x+\frac{\pi}{4})(3-2\sin^2(x+\frac{\pi}{4}))} \rm{d}x=\int \frac{\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})}{\sin^2(x+\frac{\pi}{4})(3-2\sin^2(x+\frac{\pi}{4}))} \rm{d}x \\ = \int \frac{\sqrt{2}\sin(x+\frac{\pi}{4})}{(1-\cos^2(x+\frac{\pi}{4}))(1+2\cos^2(x+\frac{\pi}{4})) }\rm{d}x[/tex]

[tex]u=\cos(x+\frac{\pi}{4}) \Rightarrow \frac{\rm{d}u}{\rm{d}x}=-\sin(x+\frac{\pi}{4})[/tex]

[tex]I=-\sqrt{2} \int \frac{1}{(1-u^2)(1+2u^2)} \rm{d}u=-\sqrt{2} \int \frac{1}{3}(\frac{1}{1-u^2}+\frac{2}{2u^2+1}) \rm{d}u \\ =\frac{\sqrt{2}}{6} \int \frac{1}{u+1}-\frac{1}{u-1} \rm{d}u -\frac{2\sqrt{2}}{3}\int \frac{1}{1+(\sqrt{2}u)^2} \rm{d}u=\frac{\sqrt{2}}{6}\log|\frac{u+1}{u-1}|-\frac{1}{6}\arctan(\sqrt{2}u)+C \\ = \frac{\sqrt{2}}{6}\log|\frac{\cos x - \sin x +\sqrt{2}}{\cos x - \sin x-\sqrt{2}}|-\frac{1}{6}\arctan(\cos x - \sin x)+C [/tex]

Ganske artig integral.

Oppfølger:

[tex]I=\int \frac{(4x+5)^{\frac{1}{3}}}{(4x+5)^{\frac{1}{4}}+4} \rm{d} x [/tex]

Fin faktorisering der, var kluet det ja...
legg merke til at venstre sida kan skrives slik:

[tex]\frac{1}{\sin^3(x) + \cos^3(x)}\,=\,{2\over 3}\left(\frac{1}{\sin(x)+\cos(x)}\,+\,\frac{\sin(x)+\cos(x)}{1+(\sin(x)-\cos(x))^2\right)[/tex]

men dette er igrunn lik faktoriseringa snudd opp/ned.
---------------------------------

altså, ditt integral har jeg forsåvid løst på papiret, men det blir et helsikes svar. Der det ene leddet likner en integrand vi har knota med før, nemlig:

[tex]\frac{1}{x^3+1}[/tex]

ok, her er starten min:

setter [tex]\,\,U^{12}=4x+5[/tex]
slik at

[tex]\large I=3\int \frac{U^{15}}{U^3+4}\,dU[/tex]

[tex]I=3\int (U^{12} - 4U^9 + 16U^6 - 64U^3+256-\frac{1024}{U^3+4})\,dU[/tex]

de 5 første ledda i integranden er greie, siste brøkleddet i integranden medfører mye arbeid. Men er fult løselig. Til slutt må der tilbakesubstitueres.
Men jeg mistenker denne oppgava har en annen løsning og en fiffig substitusjon

( )

Integralet er jo ikke løst, men her er en greiere;

[tex]\large I=\int\frac{1-x}{e^x + x^2e^{-x}}\,dx[/tex]

Jepp, trikset var å substituere [tex]u^{12}=4x+5[/tex]. Det siste integralet i rekken kan bli løst ved å igjen bruke faktoriseringen [tex]x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)[/tex] og så delbrøkoppspalte. Ikke særlig pent nei. Er ingen annen finere måte å løse det på tror jeg. Det neste kunne løses relativt greit:

[tex]I=\int \frac{1-x}{e^x+x^2e^{-x}} \rm{d}x = \int \frac{e^{-x}(1-x)}{1+(xe^{-x})^2} \rm{d}x = \int \frac{1}{1+(xe^{-x})^2} \rm{d}(xe^{-x})=\arctan(xe^{-x})+C[/tex]

neste:

[tex]I=\int \frac{\tan x}{\sqrt{1+\tan x}} \rm{d}x[/tex]