Тригонометрическая подстановка

В математике тригонометрическая подстановка — это подстановка из тригонометрических функций для других выражений. В исчислении тригонометрическая подстановка — это метод вычисления интегралов. Более того, можно использовать тригонометрические тождества для упрощения некоторых интегралов, содержащих радикальное выражение. Как и другие методы интегрирования путём подстановки, при вычислении определённого интеграла может быть проще полностью вывести первообразную перед применением границ интегрирования.

Случай I: Подынтегральные выражения, содержащие a² − x²

Пусть $x=a\sin \theta$, и используйте тождество $1-{\sin }^2\theta ={\cos }^2\theta$.

Примеры Случая I

Геометрическая конструкция для Случая I

Пример 1

В интеграле

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

можно использовать

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

Тогда

$\begin{array}{cc}\int \frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}& =\int \frac{a\cos \theta d\theta }{\sqrt{a^2-a^2{\sin }^2\theta }}\\ & =\int \frac{a\cos \theta d\theta }{\sqrt{a^2(1-{\sin }^2\theta )}}\\ & =\int \frac{a\cos \theta d\theta }{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta }}\\ & =\int d\theta \\ & =\theta +C\\ & =\arcsin \frac{x}{a}+C.\end{array}$

Вышеупомянутый шаг требует, чтобы $a>0$ и $\cos \theta >0$. Мы можем выбрать $a$ в качестве главного корня $a^2$ и наложить ограничение $-\pi /2<\theta <\pi /2$ с помощью функции обратного синуса.

Для определённого интеграла нужно выяснить, как меняются границы интегрирования. Например, если $x$ изменяется от $0$ до $a/2$, тогда $\sin \theta$ изменяется от $0$ до $1/2$, поэтому $\theta$ изменяется от $0$ до $\pi /6$. Тогда

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

При выборе границ требуется некоторая осторожность. Поскольку приведённая выше интеграция требует, чтобы $-\pi /2<\theta <\pi /2$, значение $\theta$ может изменяться только от $0$ до $\pi /6$. Пренебрегая этим ограничением, можно было бы выбрать $\theta$ для перехода от $\pi$ к $5\pi /6$, что привело бы фактически к отрицательному значению.

В качестве альтернативы можно полностью вычислить неопределённые интегралы перед применением граничных условий. В этом случае первообразная даёт

$\underset{0}{\overset{a/2}{\int }}\frac{dx}{\sqrt{a^2-x^2}}=\arcsin \left(\frac{x}{a}\right){|}_0^{a/2}=\arcsin \left(\frac{1}{2}\right)-\arcsin (0)=\frac{\pi }{6}$

как прежде.

Пример 2

Интеграл

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

можно оценить путём представления $x=a\sin \theta ,dx=a\cos \theta d\theta ,\theta =\arcsin \frac{x}{a},$

где $a>0$, так что $\sqrt{a^2}=a$ и $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ по диапазону арксинуса, так что $\cos \theta \ge 0$ и $\sqrt{{\cos }^2\theta }=\cos \theta$.

Тогда

$\begin{array}{cc}\int \sqrt{a^2-x^2}dx& =\int \sqrt{a^2-a^2{\sin }^2\theta }(a\cos \theta )d\theta \\ & =\int \sqrt{a^2(1-{\sin }^2\theta )}(a\cos \theta )d\theta \\ & =\int \sqrt{a^2({\cos }^2\theta )}(a\cos \theta )d\theta \\ & =\int (a\cos \theta )(a\cos \theta )d\theta \\ & =a^2\int {\cos }^2\theta d\theta \\ & =a^2\int \left(\frac{1+\cos 2\theta }{2}\right)d\theta \\ & =\frac{a^2}{2}(\theta +\frac{1}{2}\sin 2\theta )+C\\ & =\frac{a^2}{2}(\theta +\sin \theta \cos \theta )+C\\ & =\frac{a^2}{2}(\arcsin \frac{x}{a}+\frac{x}{a}\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}})+C\\ & =\frac{a^2}{2}\arcsin \frac{x}{a}+\frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2}+C.\end{array}$

Для определённого интеграла границы изменяются после выполнения замены и определяются с помощью уравнения $\theta =\arcsin \frac{x}{a}$ со значениями в диапазоне $-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$. Или же можно применить граничные члены непосредственно к формуле первообразной.

Например, определённый интеграл

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

можно оценить, подставив $x=2\sin \theta ,dx=2\cos \theta d\theta$, с оценками, определёнными с помощью $\theta =\arcsin \frac{x}{2}$, $\arcsin (1/2)=\pi /6$ и $\arcsin (-1/2)=-\pi /6$.

Тогда

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

С другой стороны, прямое применение граничных членов к ранее полученной формуле для первообразных даёт

$\begin{array}{cc}\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\sqrt{4-x^2}dx& ={[\frac{2^2}{2}\arcsin \frac{x}{2}+\frac{x}{2}\sqrt{2^2-x^2}]}_{-1}^1\\ & =(2\arcsin \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{4-1})-(2\arcsin (-\frac{1}{2})+\frac{-1}{2}\sqrt{4-1})\\ & =(2\cdot \frac{\pi }{6}+\frac{\sqrt{3}}{2})-(2\cdot (-\frac{\pi }{6})-\frac{\sqrt{3}}{2})\\ & =\frac{2\pi }{3}+\sqrt{3}\end{array}$

как прежде.

Случай II: Подынтегральные выражения, содержащие a² + x²

Примеры Случая II

Геометрическая конструкция для Случая II

Пример 1

В интеграле

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

можно написать

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

так что интеграл становится

$\begin{array}{cc}\int \frac{dx}{a^2+x^2}& =\int \frac{a{\sec }^2\theta d\theta }{a^2+a^2{\tan }^2\theta }\\ & =\int \frac{a{\sec }^2\theta d\theta }{a^2(1+{\tan }^2\theta )}\\ & =\int \frac{a{\sec }^2\theta d\theta }{a^2{\sec }^2\theta }\\ & =\int \frac{d\theta }{a}\\ & =\frac{\theta }{a}+C\\ & =\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a}+C,\end{array}$

при условии $a\ne 0$.

Для определённого интеграла границы изменяются после выполнения замены и определяются с помощью уравнения $\theta =\arctan \frac{x}{a}$ со значениями в диапазоне $-\frac{\pi }{2}<\theta <\frac{\pi }{2}$. Или же можно применить граничные члены непосредственно к формуле первообразной.

Например, определённый интеграл

$\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4}{1+x^2}dx$

можно оценить, подставив $x=\tan \theta ,dx={\sec }^2\theta d\theta$, с оценками, определёнными с помощью $\theta =\arctan x$, $\arctan 0=0$ и $\arctan 1=\pi /4$.

Тогда

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4dx}{1+x^2}& =4\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+x^2}\\ & =4\underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\frac{{\sec }^2\theta d\theta }{1+{\tan }^2\theta }\\ & =4\underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}\frac{{\sec }^2\theta d\theta }{{\sec }^2\theta }\\ & =4\underset{0}{\overset{\pi /4}{\int }}d\theta \\ & =(4\theta ){|}_0^{\pi /4}=4(\frac{\pi }{4}-0)=\pi .\end{array}$

Между тем, прямое применение граничных членов к формуле для первообразных даёт

$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{4}{1+x^2}dx& =4\underset{0}{\overset{1}{\int }}\frac{dx}{1+x^2}\\ & =4{[\frac{1}{1}\arctan \frac{x}{1}]}_0^1\\ & =4(\arctan x){|}_0^1\\ & =4(\arctan 1-\arctan 0)\\ & =4(\frac{\pi }{4}-0)=\pi ,\end{array}$

так же, как прежде.

Пример 2

Интеграл

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

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

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 $\sqrt{{\sec }^2\theta }=\sec \theta$.

Тогда

$\begin{array}{cc}\int \sqrt{a^2+x^2}dx& =\int \sqrt{a^2+a^2{\tan }^2\theta }(a{\sec }^2\theta )d\theta \\ & =\int \sqrt{a^2(1+{\tan }^2\theta )}(a{\sec }^2\theta )d\theta \\ & =\int \sqrt{a^2{\sec }^2\theta }(a{\sec }^2\theta )d\theta \\ & =\int (a\sec \theta )(a{\sec }^2\theta )d\theta \\ & =a^2\int {\sec }^3\theta d\theta .\\ \end{array}$

Интеграл секанса в кубе можно вычислить с помощью интегрирования по частям. Как результат

$\begin{array}{cc}\int \sqrt{a^2+x^2}dx& =\frac{a^2}{2}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\ & =\frac{a^2}{2}(\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2}}\cdot \frac{x}{a}+\ln |\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2}}+\frac{x}{a}|)+C\\ & =\frac{1}{2}(x\sqrt{a^2+x^2}+a^2\ln \left|\frac{x+\sqrt{a^2+x^2}}{a}\right|)+C.\end{array}$

Случай III: Подынтегральные выражения, содержащие x² − a²

Пусть $x=a\sec \theta$ и используется тождество ${\sec }^2\theta -1={\tan }^2\theta .$

Примеры Случая III

Геометрическая конструкция для Случая III

Интегралы типа

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

также можно вычислить частичными дробями, а не тригонометрическими подстановками. Однако интеграл

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

нельзя. В этом случае подходящей подстановкой будет:

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

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

Тогда

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

Можно вычислить интеграл функции секанс, умножив числитель и знаменатель на $(\sec \theta +\tan \theta )$ и интеграл секанса в кубе по частям. Как результат

$\begin{array}{cc}\int \sqrt{x^2-a^2}dx& =\frac{a^2}{2}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)-a^2\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C\\ & =\frac{a^2}{2}(\sec \theta \tan \theta -\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\ & =\frac{a^2}{2}(\frac{x}{a}\cdot \sqrt{\frac{x^2}{a^2}-1}-\ln |\frac{x}{a}+\sqrt{\frac{x^2}{a^2}-1}|)+C\\ & =\frac{1}{2}(x\sqrt{x^2-a^2}-a^2\ln \left|\frac{x+\sqrt{x^2-a^2}}{a}\right|)+C.\end{array}$

Если $\frac{\pi }{2}<\theta \le \pi$, что происходит, когда $x<0$ с заданным диапазоном арксеканса, то $\tan \theta \le 0$, что в данном случае означает $\sqrt{{\tan }^2\theta }=-\tan \theta$.

Подстановки, исключающие тригонометрические функции

Подстановка может использоваться для удаления тригонометрических функций.

Например,

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

Последняя подстановка известна как подстановка Вейерштрасса, в которой используются формулы тангенса половинного угла.

Например,

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

Гиперболическая подстановка

Подстановки гиперболических функций также могут использоваться для упрощения интегралов.

В интеграле $\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}dx$ можно сделать подстановку $x=a\sinh u$, $dx=a\cosh udu.$

Затем, используя тождества ${\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)=1$ и ${\sinh }^{-1}x=\ln (x+\sqrt{x^2+1}),$

можно получить

$\begin{array}{cc}\int \frac{1}{\sqrt{a^2+x^2}}dx& =\int \frac{a\cosh u}{\sqrt{a^2+a^2{\sinh }^{2}u}}du\\ & =\int \frac{a\cosh u}{a\sqrt{1+{\sinh }^{2}u}}du\\ & =\int \frac{a\cosh u}{a\cosh u}du\\ & =u+C\\ & ={\sinh }^{-1}\frac{x}{a}+C\\ & =\ln (\sqrt{\frac{x^2}{a^2}+1}+\frac{x}{a})+C\\ & =\ln \left(\frac{\sqrt{x^2+a^2}+x}{a}\right)+C.\end{array}$

См. также

• Универсальная тригонометрическая подстановка
• Подстановки Эйлера