Интеграл от секущей функции

График секущей функции (красный) и ее первообразной (синий)

В исчислении интеграл от секущей функции можно вычислить с помощью различных методов, и существует множество способов выражения первообразной , эквивалентность каждого из которых можно показать с помощью тригонометрических тождеств .

$\int \sec \theta \,d\theta ={\begin{cases}{\dfrac {1}{2}}\ln {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}+C\\[15mu]\ln {{\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}}+C\\[15mu]\ln {\left|\,{\tan }{\biggl (}{\dfrac {\theta }{2}}+{\dfrac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|}+C\end{cases}}$

Эта формула полезна для вычисления различных тригонометрических интегралов . В частности, его можно использовать для вычисления интеграла секущего куба , который, хотя и кажется особенным, довольно часто встречается в приложениях.

Определенный интеграл секущей функции, начиная с $0$ – обратная функция Гудермана , ${\textstyle \operatorname {gd} ^{-1}.}$ Для численных приложений все приведенные выше выражения приводят к потере значимости некоторых аргументов. Альтернативное выражение в терминах обратного гиперболического синус- арсинха численно хорошо ведет себя для реальных аргументов. ${\textstyle |\phi |<{\tfrac {1}{2}}\pi }$:

$\operatorname {gd} ^{-1}\phi =\int _{0}^{\phi }\sec \theta \,d\theta =\operatorname {arsinh} (\tan \phi ).$

Интеграл секущей функции исторически был одним из первых интегралов такого типа, когда-либо вычислявшихся, еще до развития интегрального исчисления. Это важно, поскольку это вертикальная координата проекции Меркатора , используемая для морской навигации с постоянным компасным направлением .

что различные первообразные

Тригонометрические формы

Три распространённых выражения для интеграла секущего:

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &={\dfrac {1}{2}}\ln {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}+C\\[5mu]&=\ln {{\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}}+C\\[5mu]&=\ln {\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|}+C,\end{aligned}}$

эквивалентны, потому что

${\sqrt {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}}={\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}=\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|.$

Доказательство: мы можем отдельно применить замену касательного полуугла. $t=\tan {\tfrac {1}{2}}\theta$ каждой из трех форм и покажите их эквивалентность одному и тому же выражению в терминах $t.$ При этой замене $\cos \theta =(1-t^{2}){\big /}(1+t^{2})$ и $\sin \theta =2t{\big /}(1+t^{2}).$

Первый,

${\begin{aligned}{\sqrt {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}}&={\sqrt {\frac {1+{\dfrac {2t}{1+t^{2}}}}{1-{\dfrac {2t}{1+t^{2}}}}}}={\sqrt {\frac {1+t^{2}+2t}{1+t^{2}-2t}}}={\sqrt {\frac {(1+t)^{2}}{(1-t)^{2}}}}\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}$

Второй,

${\begin{aligned}{\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}&=\left|{\frac {1}{\cos \theta }}+{\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}\right|=\left|{\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}+{\frac {2t}{1-t^{2}}}\right|=\left|{\frac {(1+t)^{2}}{(1+t)(1-t)}}\right|\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}$

В-третьих, используя тождество касательного сложения $\tan(\phi +\psi )=(\tan \phi +\tan \psi ){\big /}(1-\tan \phi \,\tan \psi ),$

${\begin{aligned}\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|&=\left|{\frac {\tan {\tfrac {1}{2}}\theta +\tan {\tfrac {1}{4}}\pi }{1-\tan {\tfrac {1}{2}}\theta \,\tan {\tfrac {1}{4}}\pi }}\right|=\left|{\frac {t+1}{1-t\cdot 1}}\right|\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}$

Таким образом, все три выражения описывают одну и ту же величину.

Традиционное решение для ординаты проекции Меркатора можно записать без знаков абсолютной величины, поскольку широта $\varphi$ лежит между ${\textstyle -{\tfrac {1}{2}}\pi }$ и ${\textstyle {\tfrac {1}{2}}\pi }$,

$y=\ln \,{\tan }{\biggl (}{\frac {\varphi }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}.$

Гиперболические формы

Позволять

${\begin{aligned}\psi &=\ln(\sec \theta +\tan \theta ),\\[4pt]e^{\psi }&=\sec \theta +\tan \theta ,\\[4pt]\sinh \psi &={\frac {e^{\psi }-e^{-\psi }}{2}}=\tan \theta ,\\[4pt]\cosh \psi &={\sqrt {1+\sinh ^{2}\psi }}=|\sec \theta \,|,\\[4pt]\tanh \psi &=\sin \theta .\end{aligned}}$

Поэтому,

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\operatorname {artanh} \left(\sin \theta \right)+C\\[-2mu]&=\operatorname {sgn}(\cos \theta )\operatorname {arsinh} \left(\tan \theta \right)+C\\[7mu]&=\operatorname {sgn}(\sin \theta )\operatorname {arcosh} {\left|\sec \theta \right|}+C.\end{aligned}}$

История

Для более широкого освещения этой темы см. Проекцию Меркатора § История .

Интеграл был одной из секущей функции «выдающихся открытых задач середины семнадцатого века», решенной в 1668 году Джеймсом Грегори . Он применил свой результат к задаче, касающейся морских таблиц. В 1599 году Эдвард Райт вычислил интеграл численными методами – то, что сегодня мы бы назвали суммами Римана . Ему нужно было решение для целей картографии – в частности, для построения точной проекции Меркатора . В 1640-х годах Генри Бонд, преподаватель навигации, геодезии и других математических тем, сравнил численно вычисленную таблицу значений интеграла секущего Райта с таблицей логарифмов функции тангенса и, следовательно, предположил , что

$\int _{0}^{\varphi }\sec \theta \,d\theta =\ln \tan \left({\frac {\varphi }{2}}+{\frac {\pi }{4}}\right).$

Эта гипотеза стала широко известна, и в 1665 году Исаак Ньютон . о ней узнал

Оценки

Стандартной заменой (подход Грегори)

Стандартный метод вычисления секущего интеграла, представленный в различных источниках, включает умножение числителя и знаменателя на sec θ + tan θ и затем использование замены u = sec θ + tan θ . Эту замену можно получить из сложенных вместе производных секущего и тангенса, у которых секанс является общим множителем.

Начиная с

${\frac {d}{d\theta }}\sec \theta =\sec \theta \tan \theta \quad {\text{and}}\quad {\frac {d}{d\theta }}\tan \theta =\sec ^{2}\theta ,$

добавление их дает

${\begin{aligned}{\frac {d}{d\theta }}(\sec \theta +\tan \theta )&=\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \\&=\sec \theta (\tan \theta +\sec \theta ).\end{aligned}}$

Таким образом, производная суммы равна сумме, умноженной на sec θ . Это позволяет умножить sec θ на sec θ + tan θ в числителе и знаменателе и выполнить следующие замены:

${\begin{aligned}u&=\sec \theta +\tan \theta \\du&=\left(\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \right)\,d\theta .\end{aligned}}$

Интеграл оценивается следующим образом:

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\int {\frac {\sec \theta (\sec \theta +\tan \theta )}{\sec \theta +\tan \theta }}\,d\theta \\[6pt]&=\int {\frac {\sec ^{2}\theta +\sec \theta \tan \theta }{\sec \theta +\tan \theta }}\,d\theta &u&=\sec \theta +\tan \theta \\[6pt]&=\int {\frac {1}{u}}\,du&du&=\left(\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \right)\,d\theta \\[6pt]&=\ln |u|+C\\[4pt]&=\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C,\end{aligned}}$

как заявлено. Эту формулу открыл Джеймс Грегори.

Простейшими дробями и заменой (подход Барроу)

Хотя Грегори доказал эту гипотезу в 1668 году в своих «Геометрических упражнениях» , доказательство было представлено в форме, которая делает его почти невозможным для понимания современным читателям; Исаак Барроу в своих «Геометрических лекциях» 1670 г. дал первое «вразумительное» доказательство, хотя даже оно было «выражено в геометрической идиоме того времени». Доказательство Барроу этого результата было самым ранним использованием простейших дробей при интегрировании. Доказательство Барроу, адаптированное к современным обозначениям, начиналось следующим образом:

$\int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {1}{\cos \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{\cos ^{2}\theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{1-\sin ^{2}\theta }}\,d\theta$

Подстановка u = sin θ , du = cos θ dθ сводит интеграл к

${\begin{aligned}\int {\frac {1}{1-u^{2}}}\,du&=\int {\frac {1}{(1+u)(1-u)}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {1}{2}}\!\left({\frac {1}{1+u}}+{\frac {1}{1-u}}\right)du&&{\text{partial fraction decomposition}}\\[6pt]&={\frac {1}{2}}{\bigl (}\ln \left|1+u\right|-\ln \left|1-u\right|{\bigr )}+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\ln \left|{\frac {1+u}{1-u}}\right|+C\end{aligned}}$

Поэтому,

$\int \sec \theta \,d\theta ={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}+C,$

как и ожидалось. Принимать абсолютное значение не обязательно, поскольку $1+\sin \theta$ и $1-\sin \theta$ всегда неотрицательны для реальных значений $\theta .$

Заменой касательной полуугла

Стандартный

При замене касательной полуугла ${\textstyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\theta ,}$

${\begin{aligned}&\sin \theta ={\frac {2t}{1+t^{2}}},\quad \cos \theta ={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\quad d\theta ={\frac {2}{1+t^{2}}}\,dt,\\[10mu]&\tan \theta ={\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}={\frac {2t}{1-t^{2}}},\quad \sec \theta ={\frac {1}{\cos \theta }}={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}},\\[10mu]&\sec \theta +\tan \theta ={\frac {1+2t+t^{2}}{1-t^{2}}}={\frac {1+t}{1-t}}.\end{aligned}}$

Следовательно, интеграл от секущей равен

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\int \left({\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}\right)\!\left({\frac {2}{1+t^{2}}}\right)dt&&t=\tan {\frac {\theta }{2}}\\[6pt]&=\int {\frac {2}{(1-t)(1+t)}}\,dt\\[6pt]&=\int \left({\frac {1}{1+t}}+{\frac {1}{1-t}}\right)dt&&{\text{partial fraction decomposition}}\\[6pt]&=\ln |1+t|-\ln |1-t|+C\\[6pt]&=\ln \left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|+C\\[6pt]&=\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C,\end{aligned}}$

как раньше.

Нестандартный

Интеграл также можно получить, используя несколько нестандартную версию замены касательного полуугла, которая проще в случае этого конкретного интеграла, опубликованного в 2013 году: заключается в следующем:

${\begin{aligned}x&=\tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)\\[10pt]{\frac {2x}{1+x^{2}}}&={\frac {2\tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)}{\sec ^{2}\left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)}}=2\sin \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)\cos \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)\\[6pt]&=\sin \left({\frac {\pi }{2}}+\theta \right)=\cos \theta &&{\text{by the double-angle formula}}\\[10pt]dx&={\frac {1}{2}}\sec ^{2}\left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)d\theta ={\frac {1}{2}}\left(1+x^{2}\right)d\theta \\[10pt]d\theta &={\frac {2}{1+x^{2}}}\,dx.\end{aligned}}$

Замена:

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {1}{\cos \theta }}\,d\theta &=\int {\frac {1+x^{2}}{2x}}\cdot {\frac {2}{1+x^{2}}}\,dx\\[6pt]&=\int {\frac {1}{x}}\,dx\\[6pt]&=\ln |x|+C\\[6pt]&=\ln \left|\tan \left({\frac {\pi }{4}}+{\frac {\theta }{2}}\right)\right|+C.\end{aligned}}$

Двумя последовательными заменами

Интеграл также можно решить, манипулируя подынтегральным выражением и дважды подставляя его. Используя определение sec θ = 1 / cos θ и тождество cos ²  θ + грех ²  θ = 1 , интеграл можно переписать как

$\int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {1}{\cos \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{\cos ^{2}\theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{1-\sin ^{2}\theta }}\,d\theta .$

Подстановка u = sin θ , du = cos θ dθ сводит интеграл к

$\int {\frac {1}{1-u^{2}}}\,du.$

Приведенный интеграл можно вычислить, подставив u = tanh t , du = sech ²  t dt , а затем используя тождество 1 − tanh ²  т = сам ²  т .

$\int {\frac {\operatorname {sech} ^{2}t}{1-\tanh ^{2}t}}\,dt=\int {\frac {\operatorname {sech} ^{2}t}{\operatorname {sech} ^{2}t}}\,dt=\int dt.$

Интеграл теперь сводится к простому интегралу, и обратная замена дает

${\begin{aligned}\int dt&=t+C\\&=\operatorname {artanh} u+C\\[4pt]&=\operatorname {artanh} (\sin \theta )+C,\end{aligned}}$

что является одной из гиперболических форм интеграла.

Аналогичная стратегия может быть использована для интегрирования функций косеканса , гиперболического секанса и гиперболического косеканса .

Другие

Две другие гиперболические формы также можно найти непосредственно, снова умножив и разделив на удобный член:

$\int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {\sec ^{2}\theta }{\sec \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\sec ^{2}\theta }{\pm {\sqrt {1+\tan ^{2}\theta }}}}\,d\theta ,$

где $\pm$ означает $\operatorname {sgn}(\cos \theta )$ потому что ${\sqrt {1+\tan ^{2}\theta }}=|\sec \theta \,|.$ Подставив u = tan θ , du = sec ²  θ dθ сводится к стандартному интегралу:

${\begin{aligned}\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1+u^{2}}}}}\,du&=\pm \operatorname {arsinh} u+C\\&=\operatorname {sgn}(\cos \theta )\operatorname {arsinh} \left(\tan \theta \right)+C,\end{aligned}}$

где sn — знаковая функция .

Так же:

$\int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {\sec \theta \tan \theta }{\tan \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\sec \theta \tan \theta }{\pm {\sqrt {\sec ^{2}\theta -1}}}}\,d\theta .$

Подставляя u = | сек θ | , ду = | сек θ | tan θ dθ сводится к стандартному интегралу:

${\begin{aligned}\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {u^{2}-1}}}}\,du&=\pm \operatorname {arcosh} u+C\\&=\operatorname {sgn}(\sin \theta )\operatorname {arcosh} \left|\sec \theta \right|+C.\end{aligned}}$

Использование сложной экспоненциальной формы

Под замену $z=e^{i\theta },$

${\begin{aligned}&\theta =-i\ln z,\quad d\theta ={\frac {-i}{z}}dz,\quad \cos \theta ={\frac {z+z^{-1}}{2}},\quad \sin \theta ={\frac {z-z^{-1}}{2i}},\quad \\[5mu]&\sec \theta ={\frac {2}{z+z^{-1}}},\quad \tan \theta =-i{\frac {z-z^{-1}}{z+z^{-1}}},\quad \\[5mu]&\sec \theta +\tan \theta =-i{\frac {2i+z-z^{-1}}{z+z^{-1}}}=-i{\frac {(z+i)(1+iz^{-1})}{(z-i)(1+iz^{-1})}}=-i{\frac {z+i}{z-i}}\end{aligned}}$

Таким образом, интеграл можно решить как:

${\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\int {\frac {2}{z+z^{-1}}}\,{\frac {-i}{z}}dz&&z=e^{i\theta }\\[5mu]&=\int {\frac {-2i}{z^{2}+1}}dz\\&=\int {\frac {1}{z+i}}-{\frac {1}{z-i}}\,dz&&{\text{partial fraction decomposition}}\\[5mu]&=\ln(z+i)-\ln(z-i)+C\\[5mu]&=\ln {\frac {z+i}{z-i}}+C\\[5mu]&=\ln {\bigl (}i(\sec \theta +\tan \theta ){\bigr )}+C\\[5mu]&=\ln(\sec \theta +\tan \theta )+\ln i+C\end{aligned}}$

Поскольку константа интегрирования может быть любой, в нее можно включить дополнительный постоянный член. Наконец, если тэта имеет действительное значение, мы можем указать это в скобках с абсолютным значением, чтобы привести уравнение к его наиболее знакомой форме:

$\int \sec \theta \,d\theta =\ln \left|\tan \theta +\sec \theta \right|+C$

Гудерманиан и Ламберт

Функция Гудермана связывает площадь кругового сектора с площадью гиперболического сектора посредством общей стереографической проекции . Если удвоенная площадь синего гиперболического сектора равна ψ , то удвоенная площадь красного кругового сектора равна ψ = gd ψ . Двойная площадь фиолетового треугольника равна стереографической проекции s = tan. 1/2 ​ = φ рыбный 1/2 ​ ​ ψ . Синяя точка имеет координаты (cosh ψ , sinh ψ ) . Красная точка имеет координаты (cos φ , sin φ ). Фиолетовая точка имеет координаты (0, s ).

Интеграл от гиперболической секущей определяет функцию Гудермана :

$\int _{0}^{\psi }\operatorname {sech} u\,du=\operatorname {gd} \psi .$

Интеграл от секущей функции определяет функцию Ламберта, которая является обратной функцией Гудермана:

$\int _{0}^{\varphi }\sec t\,dt=\operatorname {lam} \varphi =\operatorname {gd} ^{-1}\varphi .$

Эти функции встречаются в теории картографических проекций: проекцию Меркатора точки на сфере с долготой λ и широтой φ можно записать как:

$(x,y)={\bigl (}\lambda ,\operatorname {lam} \varphi {\bigr )}.$

См. также

• Интеграл секущего в кубе

Ссылки

• Масерес, Фрэнсис, изд. (1791). Скрипторы логарифмические; Или сборник нескольких любопытных трактатов о природе и построении логарифмов . Том. 2. Дж. Дэвис.
• Штраус, Саймон В. (1980). «Интегралы ${\textstyle \int \sec x\,dx}$ и ${\textstyle \int \csc x\,dx}$ Пересмотренный». Журнал Вашингтонской академии наук . 70 (4): 137–143. JSTOR   24537231 .