$$ I\equiv \int \frac{dx}{\cos^3 x+2\sin(2x)-5\cos x}. $$ Esta integral tiene una forma cerrada. No estoy seguro de por dónde empezar. Podemos factorizar el denominador como $$ \cos^3 x+2\sin(2x)-5\cos x=(\cos^2 x+4\sin x-5)\cos x, $$ pero yo no estoy seguro de dónde ir de allí. Gracias
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Queremos encontrar $$\int \frac{\cos x}{(\cos^2 x+4\sin x-5)(\cos^2 x)}\,dx,$$ o, equivalentemente, $$\int \frac{\cos x}{(-\sin^2 x+4\sin x-4)(1-\sin^2 x)}\,dx.$$ La sustitución de $u=\sin x$ convierte a este en $$\int\frac{-1}{(2-u)^2 (1-u^2)}\,du,$$ que los rendimientos (después de un rato) para fracciones parciales.
Dan Walker
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El presente integrando es una función racional (es decir, un cociente de dos polinomios) de $\cos x$$\sin x$, que se considera una pregunta común. Así que lo tome en parte, de la respuesta de Arturo Magidin a la cuestión de la Evaluación de $\int P(\sin x, \cos x) \text{d}x$ por Aryabhata, que es una entrada de la Lista de las Generalizaciones de Preguntas Comunes.
Weierstrass Sustitución
Un método que siempre funciona es de Weierstrass de sustitución, que se convierte en un integral en una integral de una función racional, que a su vez puede siempre ser resuelto, al menos en principio, por el método de fracciones parciales. Esto funciona incluso racional de las funciones de seno y coseno, así como las funciones que involucran las otras funciones trigonométricas.
Weierstrass sustitución reemplaza senos y cosenos (y, por extensión, tangentes, cotangents, secantes, y cosecants) por funciones racionales de una nueva variable. Las identidades de comenzar por la sustitución trigonométrica $t = \tan\frac{x}{2}$,$-\pi\lt x\lt \pi$, lo que produce $$\begin{align*} \sin x &= \frac{2t}{1+t^2}\\ \cos x &= \frac{1-t^2}{1+t^2}\\ dx &= \frac{2\,dt}{1+t^2}. \end{align*}$$
Ahora tenemos
$$I =\int \frac{dx}{\cos ^{3}x+4\sin x\cos x-5\cos x}.$$
Mediante la sustitución de la anterior obtenemos:
\begin{eqnarray*} I &=&\int \frac{2}{\left( \frac{1-t^{2}}{1+t^{2}}\right) \left( \left( \frac{ 1-t^{2}}{1+t^{2}}\right) ^{2}+4\frac{2t}{1+t^{2}}-5\right) \left( 1+t^{2}\right) }\,dt \\[2ex] &=&\frac{1}{2}\int \frac{\left( 1+t^{2}\right) ^{2}}{\left( -1+t^{2}\right) \left( t^{2}-t+1\right) ^{2}}dt, \end{eqnarray*}
que pueden ser integradas por el método de fracciones parciales:
\begin{eqnarray*} I&=&\frac{1}{2}\int \left( \frac{2}{-1+t}-\frac{2}{9\left( 1+t\right) }-\frac{ 1}{9}\frac{-5+16t}{t^{2}-t+1}-\frac{1}{3}\frac{-2+t}{\left( t^{2}-t+1\right) ^{2}}\right) dt \\[2ex] &=&\ln (\left\vert -1+t\right\vert -\frac{1}{9}\ln \left( \left\vert 9+9t\right\vert \right) -\frac{4}{9}\ln \left( \left\vert t^{2}-t+1\right\vert \right) +\frac{1}{6}\frac{t}{t^{2}-t+1}+C \\[2ex] &=&\ln \left( \left\vert -1+\tan \frac{x}{2}\right\vert \right) -\frac{1}{9} \ln \left( \left\vert 9+9\tan \frac{x}{2}\right\vert \right) -\frac{4}{9}\ln \left( \left\vert \tan ^{2}\frac{x}{2}-\tan \frac{x}{2}+1\right\vert \right) +\frac{1}{6}\frac{\tan \frac{x}{2}}{\tan ^{2}\frac{x}{2}-\tan \frac{x}{2}+1} +C. \end{eqnarray*}
PS. He comprobado que la derivada de esta última integral es
$$ \frac{1}{4}\frac{3\bronceado ^{2}\frac{x}{2}+\bronceado ^{6}\frac{x}{2}+3\bronceado ^{4}\frac{x}{2}+1}{\left( -1+\tan \frac{x}{2}\right) \left( 1+\tan \frac{x}{2}\right) \left( \bronceado ^{2}\frac{ x}{2}-\tan \frac{x}{2}+1\right) ^{2}}, $$
que es igual a
$$\frac{1}{\cos ^{3}x+4\sin x\cos x-5\cos x}.$$
