Pozdrav svima..
Nemam ideju za ove integrale, bas su me namucili.. Svaka pomoc je dobrodosla.
[dispmath]\int\frac{x\mathrm dx}{\left(x^2-x+1\right)^3}[/dispmath][dispmath]\int\frac{3-4x}{\left(1-2\sqrt x\right)^2}\mathrm dx[/dispmath]

Pozdrav! Evo prvog, zasad... Moguće je da se i drugi radi po sličnom principu, ali o tom potom...
[dispmath]\int\frac{x\mathrm dx}{\left(x^2-x+1\right)^3}=\int\frac{x\mathrm dx}{\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\right]^3}=[/dispmath]
Uvedemo smenu:
[inlmath]t=x-\frac{1}{2}\\
x=t+\frac{1}{2}\\
\mathrm dx=\mathrm dt[/inlmath]
[dispmath]=\int\frac{t+\frac{1}{2}}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}\mathrm dt=\int\frac{t}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}\mathrm dt+\int\frac{\frac{1}{2}}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}\mathrm dt+[/dispmath][dispmath]=\int\frac{t}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}\mathrm dt+\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}=I'+I''[/dispmath]
Prvi integral lako nalazimo svođenjem na tablični:
[dispmath]I'=\int\frac{t}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}\mathrm dt=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm d\left(t^2\right)}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{-2\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^2}+c=-\frac{4}{\left(4t^2+3\right)^2}+c[/dispmath]
Za rešavanje drugog integrala,
[dispmath]I''=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}[/dispmath]
potrebno je da prvo proučimo kako se rešavaju integrali oblika
[dispmath]I_n=\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+a^2\right)^n}[/dispmath]
Prvo se primeni parcijalna integracija:
[inlmath]u=\frac{1}{\left(t^2+a^2\right)^n}\\
\mathrm du=-\frac{n}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}\cdot 2t\mathrm dt=-2n\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dt\\
\mathrm dv=\mathrm dt\\
v=t[/inlmath]
[dispmath]I_n=\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{t^2}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dt[/dispmath][dispmath]I_n=\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{t^2+a^2-a^2}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dt[/dispmath][dispmath]I_n=\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{t^2+a^2}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}\mathrm dt-2na^2\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}[/dispmath][dispmath]I_n=\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^n}+2n\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+a^2\right)^n}-2na^2\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+a^2\right)^{n+1}}[/dispmath][dispmath]I_n=\frac{t}{\left(t^2+a^2\right)^n}+2nI_n-2na^2I_{n+1}[/dispmath][dispmath]I_{n+1}=\frac{2n-1}{2na^2}I_n+\frac{t}{2na^2\left(t^2+a^2\right)^n}[/dispmath]
što predstavlja rekurentnu formulu.

[inlmath]I_1[/inlmath] možemo lako naći:
[dispmath]I_1=\int\frac{\mathrm dt}{t^2+a^2}=\frac{1}{a^2}\int\frac{a\cdot\mathrm d\left(\frac{t}{a}\right)}{\left(\frac{t}{a}\right)^2+1}=\frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a}+c[/dispmath]
Iz toga nađemo [inlmath]I_2[/inlmath], a zatim i [inlmath]I_3[/inlmath], koje nam treba:
[dispmath]I_2=\frac{1}{2a^2}I_1+\frac{t}{2a^2\left(t^2+a^2\right)}[/dispmath][dispmath]I_2=\frac{1}{2a^2}\left(\frac{1}{a}\arctan\frac{t}{a}+c\right)+\frac{t}{2a^2\left(t^2+a^2\right)}[/dispmath][dispmath]I_2=\frac{1}{2a^3}\arctan\frac{t}{a}+\frac{t}{2a^2\left(t^2+a^2\right)}+c[/dispmath][dispmath]I_{3}=\frac{3}{4a^2}I_2+\frac{t}{4a^2\left(t^2+a^2\right)^2}[/dispmath][dispmath]I_{3}=\frac{3}{4a^2}\left(\frac{1}{2a^3}\arctan\frac{t}{a}+\frac{t}{2a^2\left(t^2+a^2\right)}+c\right)+\frac{t}{4a^2\left(t^2+a^2\right)^2}[/dispmath][dispmath]I_{3}=\frac{3}{8a^5}\arctan\frac{t}{a}+\frac{3t}{8a^4\left(t^2+a^2\right)}+\frac{t}{4a^2\left(t^2+a^2\right)^2}+c[/dispmath][dispmath]I_{3}=\frac{3}{8a^5}\arctan\frac{t}{a}+\frac{3\left(t^2+a^2\right)+2a^2}{8a^4\left(t^2+a^2\right)^2}t+c[/dispmath][dispmath]I_{3}=\frac{3}{8a^5}\arctan\frac{t}{a}+\frac{3t^2+5a^2}{8a^4\left(t^2+a^2\right)^2}t+c[/dispmath]
E sad da se vratimo na onaj naš drugi sabirak, tj.
[dispmath]I''=\frac{1}{2}\int\frac{\mathrm dt}{\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^3}=\frac{1}{2}I_3[/dispmath]
s tim, da umesto [inlmath]a[/inlmath] pišemo [inlmath]\frac{\sqrt 3}{2}[/inlmath]:
[dispmath]I''=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{8\left(\frac{\sqrt 3}{2}\right)^5}\arctan\frac{t}{\frac{\sqrt 3}{2}}+\frac{3t^2+5\cdot\frac{3}{4}}{8\frac{9}{16}\left(t^2+\frac{3}{4}\right)^2}t+c\right)=\frac{2\sqrt 3}{9}\arctan\frac{2\sqrt 3}{3}t+\frac{4}{3}\cdot\frac{4t^2+5}{\left(4t^2+3\right)^2}t+c[/dispmath]
pa će ceo traženi integral biti
[dispmath]I'+I''=-\frac{4}{\left(4t^2+3\right)^2}+\frac{2\sqrt 3}{9}\arctan\frac{2\sqrt 3}{3}t+\frac{4}{3}\cdot\frac{4t^2+5}{\left(4t^2+3\right)^2}t+c[/dispmath][dispmath]I'+I''=\frac{2\sqrt 3}{9}\arctan\frac{2\sqrt 3}{3}t+\frac{4}{3}\cdot\frac{4t^3+5t-3}{\left(4t^2+3\right)^2}+c[/dispmath]
I na kraju još samo vratiš smenu [inlmath]t=x-\frac{1}{2}[/inlmath]...

Imam dobru vest, ovaj drugi je mnogo jednostavniji od prvog.
[dispmath]\int\frac{3-4x}{\left(1-2\sqrt x\right)^2}\mathrm dx=[/dispmath]
Prvo uvedemo smenu:
[inlmath]t=\sqrt x\\
x=t^2\\
\mathrm dx=2t\mathrm dt[/inlmath]
[dispmath]=2\int\frac{3-4t^2}{\left(1-2t\right)^2}t\mathrm dt=2\int\frac{-4t^3+3t}{4t^2-4t+1}\mathrm dt[/dispmath]
Pošto u brojiocu imamo polinom višeg stepena nego u imeniocu, treba da podelimo ta dva polinoma:

[inlmath]\left(-4t^3+3t\right):\left(4t^2-4t+1\right)=-t-1\\
\underline{-4t^3+4t^2-t}\\
\phantom{-4t^3}-4t^2+4t\\
\phantom{-4t^3}\underline{-4t^2+4t-1}\\
\phantom{-4t^3-4t^2+4t-}1[/inlmath]

Prema tome, možemo napisati
[dispmath]\frac{-4t^3+3t}{4t^2-4t+1}=-t-1+\frac{1}{4t^2-4t+1}=-t-1+\frac{1}{\left(2t-1\right)^2}[/dispmath]
pa traženi integral postaje
[dispmath]2\int\left[-t-1+\frac{1}{\left(2t-1\right)^2}\right]\mathrm dt[/dispmath]
i on se svodi, zapravo, na tri tablična integrala:
[dispmath]-2\int t\mathrm dt-2\int\mathrm dt+2\int\frac{\mathrm dt}{\left(2t-1\right)^2}=-2\frac{t^2}{2}-2t+\int\frac{\mathrm d\left(2t-1\right)}{\left(2t-1\right)^2}=-t^2-2t-\frac{1}{2t-1}+c[/dispmath]
i, posle vraćanja smene [inlmath]t=\sqrt x[/inlmath]:
[dispmath]-x-2\sqrt x-\frac{1}{2\sqrt x-1}+c[/dispmath]

Hvala puno!!!
Izvini sto sam te namucila, ali morala sam potraziti pomoc. Celi jucerasnji dan sam izgubila pokusavajuci da resim ove i slicne integrale. Mislila sam da ide metodom Ostrogradskog. Hvalaaa