Begynner med å skrive om integranden: $\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)=\ln\left((x^2-1)(x^2+1)(x^2+x+1)e\right) = \ln(x^2-1)+\ln(x^2+1)+\ln(x^2+x+1)+1$.Kay skrev:Siden ingen har postet en oppfølger, hva med en liten halvstygg en
[tex]\int \ln((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)})dx[/tex]
Finner integralet av det første leddet med delvis integrasjon (med $u=\ln(x^2-1),~{\rm d}v={\rm d}x$): $$\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x\ln(x^2-1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x$$ Her er $$\int\dfrac{x^2}{x^2-1}{\rm d}x = \int\dfrac{x^2-1}{x^2-1}{\rm d}x +\int\dfrac{1}{x^2-1}{\rm d}x = x+\dfrac12\int\dfrac{(x+1)-(x-1)}{(x+1)(x-1)}{\rm d}x$$ $$\quad = x+\dfrac12\left(\ln|x-1|-\ln|x+1|\right)=x+\dfrac12\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$$ Har dermed at $\int \ln(x^2-1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|$. Bruker delvis integrasjon på det andre leddet og, med $u = \ln(x^2+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+1)-2\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x$$ På samme måte som over: $$\int\dfrac{x^2}{x^2+1}{\rm d}x=\int\dfrac{x^2+1}{x^2+1}{\rm d}x-\int\dfrac{1}{x^2+1}{\rm d}x = x-\arctan(x)$$ Da er $$\int\ln(x^2+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)$$ Det tredje leddet integreres ved delvis integrasjon med $u=\ln(x^2+x+1)$ og ${\rm d}v = {\rm d}x$: $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{x(2x+1)}{x^2+x+1}{\rm d}x=x\ln(x^2+x+1)-\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ Skriver om litt: $$\int\dfrac{2x^2+x}{x^2+x+1}{\rm d}x = \int\dfrac{2x^2+2x+2}{x^2+x+1}{\rm d}x-\dfrac12\int\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}{\rm d}x - \dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x = 2x-\dfrac12\ln(x^2+x+1)-\dfrac32\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x$$ I den siste integranden har man at $x^2+x+1 = \left(x+\dfrac12\right)^2+\dfrac34 = \dfrac34\left(\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1\right)$, som gir $$\int\dfrac{1}{x^2+x+1}{\rm d}x=\dfrac43\int\dfrac{1}{\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}{\rm d}x=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ Tilsammen gir dette $$\int\ln(x^2+x+1)~{\rm d}x = x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)$$ og det opprinnelige integralet er lik
$x(\ln(x^2-1)-2)-\ln\left|\dfrac{x-1}{x+1}\right|+x(\ln(x^2+1)-2)+2\arctan(x)+x(\ln(x^2+x+1)-2)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+x+C$
$=x\ln\left((x^4-1)e^{1+\ln(x^2+x+1)}\right)-6x+\ln\left|\dfrac{x+1}{x-1}\right|+2\arctan(x)+\dfrac12\ln(x^2+x+1)+\sqrt{3}\arctan\left(\dfrac{2x+1}{\sqrt{3}}\right)+C$
Oppfølger: $\int_0^\pi \frac{x}{1+\cos^2(x)}{\rm d}x$