Замена касательной полуугла

В интегральном исчислении замена касательного полуугла представляет собой замену переменных, используемых для вычисления интегралов , которая преобразует рациональную функций тригонометрических функцию ${\textstyle x}$ в обычную рациональную функцию ${\textstyle t}$ установив ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}}}$. Это одномерная стереографическая проекция единичной окружности, параметризованная мерой угла, на реальную линию . Общий формула преобразования:

$$\int f(\sin x,\cos x)\,dx=\int f{\left({\frac {2t}{1+t^{2}}},{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\right)}{\frac {2\,dt}{1+t^{2}}}.$$

Тангенс половины угла важен в сферической тригонометрии и в 17 веке иногда был известен как полукасательная или полукасательная. Леонард Эйлер использовал его для вычисления интеграла. ${\textstyle \int dx/(a+b\cos x)}$ в своем по интегральному исчислению 1768 года учебнике и Адриен-Мари Лежандр описали общий метод в 1817 году.

Замена описана в большинстве учебников по интегральному исчислению с конца 19 века, обычно без специального названия. В России она известна как универсальная тригонометрическая замена . а также известен под разными названиями, такими как замена полукасательной или замена полуугла . Иногда ее ошибочно принимают за замену Вейерштрасса . Майкл Спивак назвал это «самой хитрой заменой в мире».

Замена

Замена касательного полуугла связывает угол с наклоном линии.

Представляем новую переменную ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}},}$ синусы и косинусы можно выразить как рациональные функции $t,$ и $dx$ можно выразить как произведение $dt$ и рациональная функция $t,$ следующее:

$$\sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}},\quad \cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\quad {\text{and}}\quad dx={\frac {2}{1+t^{2}}}\,dt.$$

Аналогичные выражения можно записать для tan x , cot x , sec x и csc x .

Вывод

Используя формулы двойного угла $\sin x=2\sin {\tfrac {x}{2}}\cos {\tfrac {x}{2}}$ и $\cos x=\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}-\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}$ и введя знаменатели, равные единице, по тождеству Пифагора $1=\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}+\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}$ приводит к

$${\begin{aligned}\sin x&={\frac {2\sin {\tfrac {x}{2}}\,\cos {\tfrac {x}{2}}}{\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}+\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {2\tan {\tfrac {x}{2}}}{1+\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {2t}{1+t^{2}}},\\[18mu]\cos x&={\frac {\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}-\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}{\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}+\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}{1+\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}.\end{aligned}}$$

Наконец, поскольку ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}}}$, правила дифференцирования предполагают

$$dt={\tfrac {1}{2}}\left(1+\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}\right)dx={\frac {1+t^{2}}{2}}\,dx,$$

и таким образом

$$dx={\frac {2}{1+t^{2}}}\,dt.$$

Примеры

Первообразная от косеканса

$${\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\int {\frac {dx}{\sin x}}\\[6pt]&=\int \left({\frac {1+t^{2}}{2t}}\right)\left({\frac {2}{1+t^{2}}}\right)dt&&t=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&=\int {\frac {dt}{t}}\\[6pt]&=\ln |t|+C\\[6pt]&=\ln \left|\tan {\tfrac {x}{2}}\right|+C.\end{aligned}}$$

Мы можем подтвердить приведенный выше результат, используя стандартный метод вычисления косекансного интеграла путем умножения числителя и знаменателя на ${\textstyle \csc x-\cot x}$ и выполняем замену ${\textstyle u=\csc x-\cot x,}$ ${\textstyle du=\left(-\csc x\cot x+\csc ^{2}x\right)\,dx}$.

$${\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\int {\frac {\csc x(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}}\,dx\\[6pt]&=\int {\frac {\left(\csc ^{2}x-\csc x\cot x\right)\,dx}{\csc x-\cot x}}\qquad u=\csc x-\cot x\\[6pt]&=\int {\frac {du}{u}}\\[6pt]&=\ln |u|+C\\[6pt]&=\ln \left|\csc x-\cot x\right|+C.\end{aligned}}$$

Эти два ответа одинаковы, потому что ${\textstyle \csc x-\cot x=\tan {\tfrac {x}{2}}\colon }$

$${\begin{aligned}\csc x-\cot x&={\frac {1}{\sin x}}-{\frac {\cos x}{\sin x}}\\[6pt]&={\frac {1+t^{2}}{2t}}-{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}{\frac {1+t^{2}}{2t}}\qquad \qquad t=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&={\frac {2t^{2}}{2t}}=t\\[6pt]&=\tan {\tfrac {x}{2}}\end{aligned}}$$

Секущий интеграл может быть вычислен аналогичным образом.

Определенный интеграл

$${\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int _{0}^{\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}+\int _{\pi }^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}\\[6pt]&=\int _{0}^{\infty }{\frac {2\,dt}{3+t^{2}}}+\int _{-\infty }^{0}{\frac {2\,dt}{3+t^{2}}}&t&=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {2\,dt}{3+t^{2}}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {du}{1+u^{2}}}&t&=u{\sqrt {3}}\\[6pt]&={\frac {2\pi }{\sqrt {3}}}.\end{aligned}}$$

В первой строке нельзя просто заменить ${\textstyle t=0}$ для обоих пределов интегрирования . Особенность ( в данном случае вертикальная асимптота ) ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}}}$ в ${\textstyle x=\pi }$ необходимо принять во внимание. В качестве альтернативы сначала вычислите неопределенный интеграл, а затем примените граничные значения.

$${\begin{aligned}\int {\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int {\frac {1}{2+{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}{\frac {2\,dt}{t^{2}+1}}&&t=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&=\int {\frac {2\,dt}{2(t^{2}+1)+(1-t^{2})}}=\int {\frac {2\,dt}{t^{2}+3}}\\[6pt]&={\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{{\bigl (}t{\big /}{\sqrt {3}}{\bigr )}^{2}+1}}&&u=t{\big /}{\sqrt {3}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {du}{u^{2}+1}}&&\tan \theta =u\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int \cos ^{2}\theta \sec ^{2}\theta \,d\theta ={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int d\theta \\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\theta +C={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {t}{\sqrt {3}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)+C.\end{aligned}}$$

По симметрии,

$${\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}&=2\int _{0}^{\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}=\lim _{b\rightarrow \pi }{\frac {4}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right){\Biggl |}_{0}^{b}\\[6pt]&={\frac {4}{\sqrt {3}}}{\Biggl [}\lim _{b\rightarrow \pi }\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {b}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)-\arctan(0){\Biggl ]}={\frac {4}{\sqrt {3}}}\left({\frac {\pi }{2}}-0\right)={\frac {2\pi }{\sqrt {3}}},\end{aligned}}$$

что аналогично предыдущему ответу.

Третий пример: и синус, и косинус

$${\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a\cos x+b\sin x+c}}&=\int {\frac {2\,dt}{a(1-t^{2})+2bt+c(t^{2}+1)}}\\[6pt]&=\int {\frac {2\,dt}{(c-a)t^{2}+2bt+a+c}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\arctan \left({\frac {(c-a)\tan {\tfrac {x}{2}}+b}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\right)+C\end{aligned}}$$

если ${\textstyle c^{2}-(a^{2}+b^{2})>0.}$

Геометрия

Замена касательного полуугла параметризует единичную окружность с центром в точке (0, 0). Вместо +∞ и −∞ у нас есть только один ∞ на обоих концах реальной линии. Это часто бывает уместно при работе с рациональными функциями и тригонометрическими функциями. (Это одноточечная компактификация прямой.)

При изменении x точка (cos x , sin x ) неоднократно обвивает единичную окружность с центром в точке (0, 0). Суть

$$\left({\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},{\frac {2t}{1+t^{2}}}\right)$$

проходит по кругу только один раз, когда t изменяется от −∞ до +∞, и никогда не достигает точки (−1, 0), которая приближается к пределу, когда t приближается к ±∞. Когда t изменяется от −∞ до −1, точка, определяемая t, проходит через часть круга в третьем квадранте от (−1, 0) до (0, −1). Когда t изменяется от −1 до 0, точка следует за частью круга в четвертом квадранте от (0, −1) до (1, 0). Когда t изменяется от 0 до 1, точка следует за частью круга в первом квадранте от (1, 0) до (0, 1). Наконец, когда t изменяется от 1 до +∞, точка следует за частью круга во втором квадранте от (0, 1) до (−1, 0).

Вот еще одна геометрическая точка зрения. Нарисуйте единичный круг, и пусть P — точка (−1, 0) . Линия, проходящая через P (кроме вертикальной линии), определяется ее наклоном. При этом каждая из прямых (кроме вертикальной) пересекает единичную окружность ровно в двух точках, одна из которых P. — Это определяет функцию от точек единичного круга до наклонов. Тригонометрические функции определяют функцию от углов до точек единичной окружности, и, объединив эти две функции, мы получаем функцию от углов до наклонов.

Гиперболические функции

Как и в случае с другими свойствами, общими для тригонометрических функций и гиперболических функций, можно использовать гиперболические тождества для построения аналогичной формы замены: ${\textstyle t=\tanh {\tfrac {x}{2}}}$:

$$\sinh x={\frac {2t}{1-t^{2}}},\quad \cosh x={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}},\quad {\text{and}}\quad dx={\frac {2}{1-t^{2}}}\,dt.$$

Аналогичные выражения можно записать для tanh x , coth x , sech x и csch x . Геометрически эта замена переменных представляет собой одномерную стереографическую проекцию гиперболической линии на вещественный интервал, аналогичную дисковой модели Пуанкаре гиперболической плоскости.

Альтернативы

Существуют и другие подходы к интегрированию тригонометрических функций. Например, может оказаться полезным переписать тригонометрические функции в терминах e ^ix и е ^{− ix} используя формулу Эйлера .

См. также

• Рациональная кривая
• Стереографическая проекция
• Формула касательного полуугла
• Тригонометрическая замена
• замена Эйлера

Дальнейшее чтение

• Курант, Ришар (1937) [1934]. «1.4.6. Интегрирование некоторых других классов функций §1–3» . Дифференциальное и интегральное исчисление . Том. 1. Блэки и сын. стр. 234–237.
• Эдвардс, Джозеф (1921). «§1.6.193» . Трактат об интегральном исчислении . Том. 1. Макмиллан. стр. 187–188.
• Харди, Годфри Гарольд (1905). «VI. Трансцендентные функции» . Интегрирование функций одной переменной . Кембридж. стр. 42–51. Второе издание 1916 г., стр. 52–62.
• Эрмит, Чарльз (1873). «Интеграция трансцендентных функций» . Курс политехнического анализа (на французском языке). Полет. 1. Готье-Виллар. стр. 320–380.
• Стюарт, Шон М. (2017). «14. Замена касательной полуугла». Как это интегрировать . Кембридж. стр. 178–187. дои : 10.1017/9781108291507.015 . ISBN  978-1-108-41881-2 .

Внешние ссылки

• Формулы замены Вейерштрасса в PlanetMath