1 - sin(α/2 - 3π) - cos²α/4 + sin²α/4 = sin²α/4 + cos²α/4 + sin(3π - α/2) - cos²α/4 + sin²α/4 = 2·sin²α/4 + sin α/2 = 2sin²α/4 + 2·sin α/4·cos α/4 = 2·sin α/4·(sin α/4 + cos α/4)
cos²(π + α/4)(1 + tg²(3α/4 - 3π/2))/(sin⁻¹(9π/2 + α/2)(tg²(5π/2 - α/4) - tg²(3α/4 - 7π/2))) = cos²α/4·(1 + ctg²3α/4)·cos α/2/(ctg²α/4 - ctg²3α/4) = cos²α/4·cos α/2/(sin²3α/4·(1/sin²α/4 - 1 - (1/sin²3α/4 - 1))) = cos²α/4·cos α/2/(sin²3α/4·(1/sin²α/4 - 1/sin²3α/4)) = cos²α/4·cos α/2/(sin²3α/4 / sin²α/4 - 1) = sin²α/4·cos²α/4·cos α/2/(sin²3α/4 - sin²α/4) = sin²α/4·cos²α/4·cos α/2/((sin 3α/4 - sin α/4)(sin 3α/4 + sin α/4)) = sin²α/4·cos²α/4·cos α/2/(2·sinα/4·cos α/2·2·sin α/2·cos α/4) = sin α/4·cos α/4 / (4·sin α/2) = sin α/4·cos α/4 / (8·sin α/4·cos α/4) = 1/8
Перейдём от переменных {x, y, z} к новому набору переменных {u, y, z}, где u = xyz. В новых переменных V задаётся неравенствами 0 ≤ u ≤ 1, y ≥ 1, z ≥ 1.
Якобиан обратного преобразования:
Якобиан обратного преобразования положительный на V, поэтому переход к новым переменным точно взаимно-однозначный, якобиан прямого преобразования
Теперь тройной интеграл легко сводится к повторным:
Второй и третий интегралы табличные, первый берётся по частям:
Ответ:
В принципе, выписывать новые переменные было необязательно, можно было бы проинтегрировать и так, сначала по x (0 ≤ x ≤ 1/yz), затем получатся такие же интегралы по y и z.
(3/(х+4)+6х/(х^2+х-12)-1/(х-3)): (8х-13)/(х^2-16)=(3/(х+4)+6х/((х+4)(х-3))-1/(х-3)): (8х-13)/(х^2-16)=
(3х-9+6х-х-4)(х-4)(х+4)/((8х-13)(х+4)(х-3))=(х-4)/(х-3)=1-1/(х-3)
Решение во вложенииииииииииииииииииииииииииии