Тригонометрическая замена

В математике тригонометрическая замена заменяет тригонометрическую функцию другим выражением. В исчислении тригонометрические замены — это метод вычисления интегралов. В этом случае выражение, включающее радикальную функцию, заменяется тригонометрическим. Тригонометрические тождества могут помочь упростить ответ. Как и другие методы интегрирования путем замены, при вычислении определенного интеграла может быть проще полностью вывести первообразную, прежде чем применять границы интегрирования.

Случай I: Интегранды, содержащие ² − х ²

Позволять $x=a\sin \theta ,$ и использовать личность $1-\sin ^{2}\theta =\cos ^{2}\theta .$

Примеры случая I

Геометрическое построение для случая I.

Пример 1

В интеграле

$$\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}},$$

мы можем использовать

$$x=a\sin \theta ,\quad dx=a\cos \theta \,d\theta ,\quad \theta =\arcsin {\frac {x}{a}}.$$

Затем,

$${\begin{aligned}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int d\theta \\[6pt]&=\theta +C\\[6pt]&=\arcsin {\frac {x}{a}}+C.\end{aligned}}$$

Вышеупомянутый шаг требует, чтобы $a>0$ и $\cos \theta >0.$ Мы можем выбрать $a$ быть главным корнем $a^{2},$ и наложить ограничение $-\pi /2<\theta <\pi /2$ с помощью функции обратного синуса.

Для определенного интеграла надо выяснить, как меняются границы интегрирования. Например, как $x$ идет от $0$ к $a/2,$ затем $\sin \theta$ идет от $0$ к $1/2,$ так $\theta$ идет от $0$ к $\pi /6.$ Затем,

$$\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}=\int _{0}^{\pi /6}d\theta ={\frac {\pi }{6}}.$$

При выборе границ требуется некоторая осторожность. Поскольку интеграция выше требует, чтобы $-\pi /2<\theta <\pi /2$ , $\theta$ может идти только от $0$ к $\pi /6.$ Пренебрегая этим ограничением, можно было бы выбрать $\theta$ идти от $\pi$ к $5\pi /6,$ что привело бы к отрицательному значению фактической стоимости.

Альтернативно, полностью оцените неопределенные интегралы, прежде чем применять граничные условия. В этом случае первообразная дает

$$\int _{0}^{a/2}{\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}=\arcsin \left({\frac {x}{a}}\right){\Biggl |}_{0}^{a/2}=\arcsin \left({\frac {1}{2}}\right)-\arcsin(0)={\frac {\pi }{6}}$$

как раньше.

Пример 2

Интеграл

$$\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx,$$

можно оценить, позволив ${\textstyle x=a\sin \theta ,\,dx=a\cos \theta \,d\theta ,\,\theta =\arcsin {\dfrac {x}{a}},}$ где $a>0$ так что ${\textstyle {\sqrt {a^{2}}}=a,}$ и ${\textstyle -\pi /2\leq \theta \leq \pi /2}$ по диапазону арксинуса, так что $\cos \theta \geq 0$ и ${\textstyle {\sqrt {\cos ^{2}\theta }}=\cos \theta .}$

Затем,

$${\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(\cos ^{2}\theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\cos \theta )(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \left({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\theta +{\frac {1}{2}}\sin 2\theta \right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\theta +\sin \theta \cos \theta )+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\arcsin {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{a}}{\sqrt {1-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}+C.\end{aligned}}$$

Для определенного интеграла границы меняются после подстановки и определяются по уравнению ${\textstyle \theta =\arcsin {\dfrac {x}{a}},}$ со значениями в диапазоне ${\textstyle -\pi /2\leq \theta \leq \pi /2.}$ Альтернативно, примените граничные члены непосредственно к формуле первообразной.

Например, определенный интеграл

$$\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx,$$

можно оценить, заменив $x=2\sin \theta ,\,dx=2\cos \theta \,d\theta ,$ с границами, определенными с помощью ${\textstyle \theta =\arcsin {\dfrac {x}{2}}.}$

Потому что $\arcsin(1/{2})=\pi /6$ и $\arcsin(-1/2)=-\pi /6,$

$${\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}{\sqrt {4-4\sin ^{2}\theta }}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}{\sqrt {4(1-\sin ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}{\sqrt {4(\cos ^{2}\theta )}}\,(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int _{-\pi /6}^{\pi /6}(2\cos \theta )(2\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=4\int _{-\pi /6}^{\pi /6}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=4\int _{-\pi /6}^{\pi /6}\left({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&=2\left[\theta +{\frac {1}{2}}\sin 2\theta \right]_{-\pi /6}^{\pi /6}=[2\theta +\sin 2\theta ]{\Biggl |}_{-\pi /6}^{\pi /6}\\[6pt]&=\left({\frac {\pi }{3}}+\sin {\frac {\pi }{3}}\right)-\left(-{\frac {\pi }{3}}+\sin \left(-{\frac {\pi }{3}}\right)\right)={\frac {2\pi }{3}}+{\sqrt {3}}.\end{aligned}}$$

С другой стороны, прямое применение граничных членов к полученной ранее формуле для первообразной дает

$${\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\left[{\frac {2^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{2}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {2^{2}-x^{2}}}\right]_{-1}^{1}\\[6pt]&=\left(2\arcsin {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)-\left(2\arcsin \left(-{\frac {1}{2}}\right)+{\frac {-1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)\\[6pt]&=\left(2\cdot {\frac {\pi }{6}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)-\left(2\cdot \left(-{\frac {\pi }{6}}\right)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\[6pt]&={\frac {2\pi }{3}}+{\sqrt {3}}\end{aligned}}$$

как раньше.

Случай II: Интегранды, содержащие ² + х ²

Позволять $x=a\tan \theta ,$ и использовать личность $1+\tan ^{2}\theta =\sec ^{2}\theta .$

Примеры случая II

Геометрическое построение для случая II

Пример 1

В интеграле

$$\int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2}}}$$

мы можем написать

$$x=a\tan \theta ,\quad dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\quad \theta =\arctan {\frac {x}{a}},$$

так что интеграл становится

$${\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2}}}&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}+a^{2}\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {d\theta }{a}}\\[6pt]&={\frac {\theta }{a}}+C\\[6pt]&={\frac {1}{a}}\arctan {\frac {x}{a}}+C,\end{aligned}}$$

предоставил $a\neq 0.$

Для определенного интеграла границы меняются после подстановки и определяются по уравнению $\theta =\arctan {\frac {x}{a}},$ со значениями в диапазоне $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}.$ Альтернативно, примените граничные члены непосредственно к формуле первообразной.

Например, определенный интеграл

$$\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2}}}\,$$

можно оценить, заменив $x=\tan \theta ,\,dx=\sec ^{2}\theta \,d\theta ,$ с границами, определенными с помощью $\theta =\arctan x.$

С $\arctan 0=0$ и $\arctan 1=\pi /4,$

$${\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2}}}&=4\int _{0}^{1}{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{1+\tan ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}d\theta \\[6pt]&=(4\theta ){\Bigg |}_{0}^{\pi /4}=4\left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi .\end{aligned}}$$

Между тем, прямое применение граничных членов к формуле для первообразной дает

$${\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2}}}\,&=4\int _{0}^{1}{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\left[{\frac {1}{1}}\arctan {\frac {x}{1}}\right]_{0}^{1}\\[6pt]&=4(\arctan x){\Bigg |}_{0}^{1}\\[6pt]&=4(\arctan 1-\arctan 0)\\[6pt]&=4\left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi ,\end{aligned}}$$

так же, как и раньше.

Пример 2

Интеграл

$$\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,{dx}$$

можно оценить, позволив $x=a\tan \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\arctan {\frac {x}{a}},$

где $a>0$ так что ${\sqrt {a^{2}}}=a,$ и $-{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}$ по диапазону арктангенса, так что $\sec \theta >0$ и ${\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta .$

Затем,

$${\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\tan ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\sec \theta )(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \sec ^{3}\theta \,d\theta .\\[6pt]\end{aligned}}$$

Интеграл от секущего куба можно вычислить с помощью интегрирования по частям . Как результат,

$${\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\cdot {\frac {x}{a}}+\ln \left|{\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}+{\frac {x}{a}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}$$

Случай III: Интегранды, содержащие x ² − а ²

Позволять $x=a\sec \theta ,$ и использовать личность $\sec ^{2}\theta -1=\tan ^{2}\theta .$

Примеры случая III

Геометрическое построение для случая III

Интегралы, такие как

$$\int {\frac {dx}{x^{2}-a^{2}}}$$

также можно оценить с помощью частичных дробей, а не тригонометрических замен. Однако интеграл

$$\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx$$

не могу. В этом случае подходящей заменой будет:

$$x=a\sec \theta ,\,dx=a\sec \theta \tan \theta \,d\theta ,\,\theta =\operatorname {arcsec} {\frac {x}{a}},$$

где $a>0$ так что ${\sqrt {a^{2}}}=a,$ и $0\leq \theta <{\frac {\pi }{2}}$ предполагая $x>0,$ так что $\tan \theta \geq 0$ и ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=\tan \theta .$

Затем,

$${\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\theta -a^{2}}}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}(\sec ^{2}\theta -1)}}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}\tan ^{2}\theta }}\cdot a\sec \theta \tan \theta \,d\theta \\&=\int a^{2}\sec \theta \tan ^{2}\theta \,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec \theta )(\sec ^{2}\theta -1)\,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec ^{3}\theta -\sec \theta )\,d\theta .\end{aligned}}$$

можно вычислить Интеграл секущей функции , умножив числитель и знаменатель на $(\sec \theta +\tan \theta )$ и интеграл от секущего, возведенный в куб по частям. Как результат,

$${\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)-a^{2}\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta -\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}-\ln \left|{\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}-a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}$$

Когда ${\frac {\pi }{2}}<\theta \leq \pi ,$ что происходит, когда $x<0$ учитывая диапазон арксеканса, $\tan \theta \leq 0,$ значение ${\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=-\tan \theta$ вместо этого в этом случае.

исключающие тригонометрические

Подстановку можно использовать для удаления тригонометрических функций.

Например,

$${\begin{aligned}\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1-u^{2}}}}}f\left(u,\pm {\sqrt {1-u^{2}}}\right)\,du&&u=\sin(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\mp {\sqrt {1-u^{2}}}}}f\left(\pm {\sqrt {1-u^{2}}},u\right)\,du&&u=\cos(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {2}{1+u^{2}}}f\left({\frac {2u}{1+u^{2}}},{\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)\,du&&u=\tan \left({\frac {x}{2}}\right)\\[6pt]\end{aligned}}$$

Последняя замена известна как замена Вейерштрасса , которая использует формулы касательного полуугла .

Например,

$${\begin{aligned}\int {\frac {4\cos x}{(1+\cos x)^{3}}}\,dx&=\int {\frac {2}{1+u^{2}}}{\frac {4\left({\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)}{\left(1+{\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)^{3}}}\,du=\int (1-u^{2})(1+u^{2})\,du\\&=\int (1-u^{4})\,du=u-{\frac {u^{5}}{5}}+C=\tan {\frac {x}{2}}-{\frac {1}{5}}\tan ^{5}{\frac {x}{2}}+C.\end{aligned}}$$

Гиперболическая замена

Замены гиперболических функций также можно использовать для упрощения интегралов.

Например, интегрировать $1/{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}$, введем замену $x=a\sinh {u}$ (и, следовательно, $dx=a\cosh u\,du$), затем используйте тождество $\cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1$ найти:

$${\begin{aligned}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}&=\int {\frac {a\cosh u\,du}{\sqrt {a^{2}+a^{2}\sinh ^{2}u}}}\\[6pt]&=\int {\frac {\cosh {u}\,du}{\sqrt {1+\sinh ^{2}{u}}}}\\[6pt]&=\int {\frac {\cosh {u}}{\cosh u}}\,du\\[6pt]&=u+C\\[6pt]&=\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C.\end{aligned}}$$

При желании этот результат можно дополнительно преобразовать с использованием других тождеств, например, с помощью отношения $\sinh ^{-1}{z}=\operatorname {arsinh} {z}=\ln(z+{\sqrt {z^{2}+1}})$:

$${\begin{aligned}\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C&=\ln \left({\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}\,\right)+C\\[6pt]&=\ln \left({\frac {x+{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}{a}}\,\right)+C.\end{aligned}}$$

См. также

• Интегрирование путем замены
• Замена Вейерштрасса
• замена Эйлера