|
(sin^4(x)+cos^4(x))/(sin^3(x)+cos^3(x)). В общем сумма 4 степеней делённое на сумму третьих степеней. Фантазии не хватило. В лоб не получилось. задан 18 Фев '19 2:01 
epimkin |
|
Представим функцию в виде $%\sin x+\cos x-\frac{\sin x\cos x}{\sin^3x+\cos^3x}$%. В последнем слагаемом применим замену $%z=\sin x-\cos x$%. При этом $%\sin2x=1-z^2$%. Домножим числитель и знаменатель на $%2(\cos x+\sin x)$%. Числитель примет вид $%\sin2x\,d(\sin x-\cos x)=(1-z^2)\,dz$%. В знаменателе будет $%(\cos x+\sin x)^2(2-\sin2x)=(2-z^2)(z^2+1)$%. Без учёта знака "минус", получается интеграл $%\int\frac{(z^2-1)\,dz}{(z^2-2)(z^2+1)}=\frac13\int\frac{dz}{z^2-2}+\frac23\frac{dz}{z^2+1}=\frac{\sqrt2}{12}\ln|\frac{\sqrt2-z}{\sqrt2+z}|+\frac23\arctan z+C$%. Итого будет $%\sin x-\cos x-\frac{\sqrt2}{12}\ln\frac{\sqrt2-\sin x+\cos x}{\sqrt2+\sin x-\cos x}-\frac23\arctan(\sin x-\cos x)+C$%. Модуль убран, так как $%|z|\le\sqrt2$%. отвечен 18 Фев '19 2:46 
falcao |
@epimkin, такие интегралы рационализируются универсальной тригонометрической подстановкой, после чего всё сводится к разложению на простейшие дроби (тут это морока, но выполнимо за конечное время) и сведению к известным интегралам от этих дробей.
@caterpillar, так я пробовал, но потом получалось что-то страшное
@epimkin, до того, как мне стало лень продолжать, у меня вышло вот что (система уравнений решается почти подбором)$$\frac{2(x^2-2x-1)}{3(x^4+2x^3+2x^2-2x+1)}+\frac{4(x+1)}{(x^2+1)^2}-\frac{2}{x^2+1}-\frac{2}{3(x^2-2x-1)}$$ Добить тут только первую дробь на два слагаемых (как минимум, тут уже корни не стал искать, если они, конечно, есть. А можно даже корнями не заморачиваться, а просто неопределенными коэффициентами найти эти два квадратичных множителя). Последнюю дробь -- по желанию, можно просто выделить полный квадрат, можно разбить ещё на простейшие.
@caterpillar, разложить первую дробь можно: это возвратное выражение, раскладывается легко. У меня, правда не так получалось, наверное, где- нибудь ошибся