Универсальная тригонометрическая подстановка , в англоязычной литературе называемая в честь Карла Вейерштрасса подстановкой Вейерштрасса , применяется в интегрировании для нахождения первообразных , определённых и неопределённых интегралов от рациональных функций от тригонометрических функций. Без потери общности можно считать в данном случае такие функции рациональными функциями от синуса и косинуса. Подстановка использует тангенс половинного угла .

Подстановка

Рассмотрим задачу нахождения первообразной рациональной функции от синуса и косинуса.

Заменим sin x , cos x и дифференциал dx рациональными функциями от переменной t , и их произведением дифференциал dt , следующим образом:

${\displaystyle {\begin{aligned}\sin x&={\frac {2t}{1+t^{2}}}\\[8pt]\cos x&={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\\[8pt]dx&={\frac {2\,dt}{1+t^{2}}}\end{aligned}}}$

Введение обозначений

Примем, что переменная t равна тангенсу половинного угла:

${\displaystyle t=\operatorname {tg} {\frac {x}{2}}.}$

В интервале − π < x < π , это даёт

${\displaystyle x=2\operatorname {arctg} (t),}$

и после дифференцирования получаем

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

Формула тангенса половинного угла даёт для синуса

${\displaystyle {\begin{aligned}\sin x=\sin \left(2\operatorname {arctg} (t)\right)&=2\sin(\operatorname {arctg} (t))\cos(\operatorname {arctg} (t))\\[6pt]&=2\,{\frac {t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\,{\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}={\frac {2t}{1+t^{2}}},\end{aligned}}}$

и для косинуса формула даёт

${\displaystyle {\begin{aligned}\cos x=\cos \left(2\operatorname {arctg} (t)\right)&=\cos ^{2}(\operatorname {arctg} (t))-\sin ^{2}(\operatorname {arctg} (t))\\[6pt]&=\left({\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}\right)^{2}-\left({\frac {t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\right)^{2}={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}.\end{aligned}}}$

Примеры

Первый пример

Найдём интеграл

${\displaystyle \int {\frac {1}{3-5\cos x}}\,dx.}$

Используя универсальную тригонометрическую подстановку, получаем

${\displaystyle \int {\frac {1}{3-5\left({\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\right)}}\cdot {\frac {2\,dt}{1+t^{2}}}=\int {\frac {dt}{4t^{2}-1}}=\int {\frac {dt}{(2t-1)(2t+1)}}.}$

Чтобы вычислить последний интеграл, используем разложение дробей :

${\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad \int \left({\frac {1/2}{2t-1}}-{\frac {1/2}{2t+1}}\,\right)dt\\[6pt]&={\frac {1}{4}}\ln \left|2t-1\right|-{\frac {1}{4}}\ln \left|2t+1\right|+{\text{C}}={\frac {1}{4}}\ln \left|{\frac {2t-1}{2t+1}}\right|+{\text{C}}\\[6pt]&={\frac {1}{4}}\ln \left|{\frac {2\operatorname {tg} \left({\frac {x}{2}}\right)-1}{2\operatorname {tg} \left({\frac {x}{2}}\right)+1}}\right|+{\text{C}}.\end{aligned}}}$

Далее, согласно формуле тангенса половинного угла, можно заменить tg( x /2) на sin x /(1 + cos x ), и тогда получаем

${\displaystyle {\frac {1}{4}}\ln \left|{\frac {2\sin x-1-\cos x}{2\sin x+1+\cos x}}\right|+{\text{C}},}$

или так же мы можем заменить tg( x /2) на (1 − cos x )/sin x .

Второй пример: определённый интеграл

Разница между определённым и неопределённым интегрированием состоит в том, что при вычислении определённого интеграла нам не обязательно преобразовывать полученную функцию от переменной t обратно к функции от переменной x , если корректно изменить пределы интегрирования.

Например,

${\displaystyle \int _{0}^{\pi /6}{\frac {1}{5+4\sin x}}\,dx=\int _{0}^{2-{\sqrt {3}}}{\frac {1}{5+4\left({\frac {2t}{1+t^{2}}}\right)}}\,{\frac {2\,dt}{1+t^{2}}}}$

Если x изменяется от 0 до π /6, sin x изменяется от 0 до 1/2. Это означает, что величина 2 t /(1 + t ² ), равная sin изменяется от 0 до 1/2. Тогда можно найти пределы интегрирования по переменной t :

${\displaystyle {\frac {2t}{1+t^{2}}}={\frac {1}{2}},}$

перемножая обе части уравнения на 2 и на (1 + t ² ), получаем:

${\displaystyle 1+t^{2}=4t.}$

Решая квадратное уравнение , получаем два корня

${\displaystyle t=2\pm {\sqrt {3}}.}$

Возникает вопрос: какой из этих двух корней подходит для нашего случая? Ответить на него можно, рассмотрев поведение

${\displaystyle \sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}}}$

как функцию от x и как функцию от t . Когда x изменяется 0 до π , функция sin x изменяется от 0 до 1, и потом назад до  0. Эта функция проходит через значение 1/2 дважды — при изменении от 0 до 1 и при обратном изменении от 1 до 0. Когда t изменяется от 0 до ∞, функция 2 t /(1 + t ² ) изменяется от 0 до 1 (когда t = 1) и потом обратно до  0. Она проходит значение 1/2 при изменении от 0 до 1 и при обратном изменении: первый раз при t = 2 − √3 и потом опять при t = 2 + √3.

Произведя несложные алгебраические преобразования, получим

${\displaystyle \int _{0}^{2-{\sqrt {3}}}{\frac {2\,dt}{5(1+t^{2})+4(2t)}}=\int _{0}^{2-{\sqrt {3}}}{\frac {2\,dt}{5t^{2}+8t+5}}}$

Выделяя полный квадрат , получаем

${\displaystyle \int _{0}^{2-{\sqrt {3}}}{\frac {2\,dt}{5\left(t+{\frac {4}{5}}\right)^{2}+{\frac {9}{5}}}}=\int _{0}^{2-{\sqrt {3}}}{\frac {{\frac {10}{9}}\,dt}{\left({\frac {5t+4}{3}}\right)^{2}+1}}.}$

Введём новую переменную

${\displaystyle {\begin{aligned}u&={\frac {5t+4}{3}},\\[8pt]du&={\frac {5}{3}}\,dt,\\[8pt]\end{aligned}}}$

Отсюда

${\displaystyle u={\frac {4}{3}}}$

при ${\displaystyle t=0,}$

и предел интегрирования будет

${\displaystyle u={\frac {14-5{\sqrt {3}}}{3}}}$

так как выше было определено, что

${\displaystyle t=2-{\sqrt {3}}.}$

Тогда интегрирование даёт

${\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad \int _{4/3}^{(14-5{\sqrt {3}})/3}{\frac {{\frac {2}{3}}\,du}{u^{2}+1}}=\left.{\frac {2}{3}}\operatorname {arctg} (u)\right|_{u=4/3}^{u=(14-5{\sqrt {3}})/3}\\[10pt]&=\operatorname {arctg} \left({\frac {14-5{\sqrt {3}}}{3}}\right)-\operatorname {arctg} \left({\frac {4}{3}}\right)=\operatorname {arctg} \left({\frac {42-15{\sqrt {3}}}{121}}\right).\end{aligned}}}$

На последнем шаге использовано известное тригонометрическое тождество

${\displaystyle \operatorname {arctg} (p)-\operatorname {arctg} (q)=\operatorname {arctg} \left({\frac {p-q}{1+pq}}\right).}$

Третий пример

Подстановку Вейерштрасса можно использовать при нахождении интеграла от секанса:

${\displaystyle \int \sec x\,dx.}$

Имеем

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

Как и в первом примере, используем разложение дроби:

${\displaystyle {\begin{aligned}&{}\quad \int \left({\frac {1}{1-t}}+{\frac {1}{1+t}}\right)\,dt=-\ln \left|1-t\right|+\ln \left|1+t\right|+C=\ln \left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|+C\\[10pt]&=\ln \left|{\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}+{\frac {2t}{1-t^{2}}}\right|+C=\ln \left|\sec x+\operatorname {tg} x\right|+C.\end{aligned}}}$

Геометрия

Линейное преобразование дробей

Два компонента

${\displaystyle {\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},{\frac {2t}{1+t^{2}}}}$

являются соответственно действительной и мнимой частями числа

${\displaystyle {\frac {i-t}{i+t}}}$

(считаем, что t действительное).

Для гиперболических функций

Похожие формулы существуют и для гиперболических функций . Пусть

${\displaystyle t=\operatorname {th} {\frac {x}{2}}}$

Тогда:

${\displaystyle \operatorname {sh} x={\frac {2t}{1-t^{2}}}}$

${\displaystyle \operatorname {ch} x={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}}$

${\displaystyle \operatorname {th} x={\frac {2t}{1+t^{2}}}}$

${\displaystyle dx={\frac {2}{1-t^{2}}}dt}$

Примечания

Ссылки

• на сайте PlanetMath
• Weisstein, Eric W. " " From —A Wolfram Web Resource. (англ.)