Подстановка Вейерштрасса показана здесь как стереографическая проекция окружности 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 .
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:[1]
sin x = 2 t 1 + t 2 cos x = 1 − t 2 1 + t 2 d x = 2 d t 1 + t 2 {\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}}} Примем, что переменная t равна тангенсу половинного угла:
t = tg x 2 . {\displaystyle t=\operatorname {tg} {\frac {x}{2}}.} В интервале −π < x < π , это даёт
x = 2 arctg ( t ) , {\displaystyle x=2\operatorname {arctg} (t),} и после дифференцирования получаем
d x = 2 d t 1 + t 2 . {\displaystyle dx={\frac {2\,dt}{1+t^{2}}}.} Формула тангенса половинного угла даёт для синуса
sin x = sin ( 2 arctg ( t ) ) = 2 sin ( arctg ( t ) ) cos ( arctg ( t ) ) = 2 t 1 + t 2 1 1 + t 2 = 2 t 1 + t 2 , {\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
cos x = cos ( 2 arctg ( t ) ) = cos 2 ( arctg ( t ) ) − sin 2 ( arctg ( t ) ) = ( 1 1 + t 2 ) 2 − ( t 1 + t 2 ) 2 = 1 − t 2 1 + t 2 . {\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}}} Найдём интеграл
∫ 1 3 − 5 cos x d x . {\displaystyle \int {\frac {1}{3-5\cos x}}\,dx.} Используя универсальную тригонометрическую подстановку, получаем
∫ 1 3 − 5 ( 1 − t 2 1 + t 2 ) ⋅ 2 d t 1 + t 2 = ∫ d t 4 t 2 − 1 = ∫ d t ( 2 t − 1 ) ( 2 t + 1 ) . {\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 :
∫ ( 1 / 2 2 t − 1 − 1 / 2 2 t + 1 ) d t = 1 4 ln | 2 t − 1 | − 1 4 ln | 2 t + 1 | + C = 1 4 ln | 2 t − 1 2 t + 1 | + C = 1 4 ln | 2 tg ( x 2 ) − 1 2 tg ( x 2 ) + 1 | + C . {\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
1 4 ln | 2 sin x − 1 − cos x 2 sin x + 1 + cos x | + C , {\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 .
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,
∫ 0 π / 6 1 5 + 4 sin x d x = ∫ 0 2 − 3 1 5 + 4 ( 2 t 1 + t 2 ) 2 d t 1 + t 2 {\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 2t /(1 + t 2 ), равная sin изменяется от 0 до 1/2. Тогда можно найти пределы интегрирования по переменной t:
2 t 1 + t 2 = 1 2 , {\displaystyle {\frac {2t}{1+t^{2}}}={\frac {1}{2}},} перемножая обе части уравнения на 2 и на (1 + t 2 ), получаем:
1 + t 2 = 4 t . {\displaystyle 1+t^{2}=4t.} Решая квадратное уравнение , получаем два корня
t = 2 ± 3 . {\displaystyle t=2\pm {\sqrt {3}}.} Возникает вопрос: какой из этих двух корней подходит для нашего случая? Ответить на него можно, рассмотрев поведение
sin x = 2 t 1 + t 2 {\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 2t /(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
∫ 0 2 − 3 2 d t 5 ( 1 + t 2 ) + 4 ( 2 t ) = ∫ 0 2 − 3 2 d t 5 t 2 + 8 t + 5 {\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
∫ 0 2 − 3 2 d t 5 ( t + 4 5 ) 2 + 9 5 = ∫ 0 2 − 3 10 9 d t ( 5 t + 4 3 ) 2 + 1 . {\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
u = 5 t + 4 3 , d u = 5 3 d t , {\displaystyle {\begin{aligned}u&={\frac {5t+4}{3}},\\[8pt]du&={\frac {5}{3}}\,dt,\\[8pt]\end{aligned}}} Отсюда
u = 4 3 {\displaystyle u={\frac {4}{3}}} при t = 0 , {\displaystyle t=0,}
и предел интегрирования будет
u = 14 − 5 3 3 {\displaystyle u={\frac {14-5{\sqrt {3}}}{3}}} так как выше было определено, что
t = 2 − 3 . {\displaystyle t=2-{\sqrt {3}}.}
Тогда интегрирование даёт
∫ 4 / 3 ( 14 − 5 3 ) / 3 2 3 d u u 2 + 1 = 2 3 arctg ( u ) | u = 4 / 3 u = ( 14 − 5 3 ) / 3 = arctg ( 14 − 5 3 3 ) − arctg ( 4 3 ) = arctg ( 42 − 15 3 121 ) . {\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
arctg ( p ) − arctg ( q ) = arctg ( p − q 1 + p q ) . {\displaystyle \operatorname {arctg} (p)-\operatorname {arctg} (q)=\operatorname {arctg} \left({\frac {p-q}{1+pq}}\right).} Подстановку Вейерштрасса можно использовать при нахождении интеграла от секанса:
∫ sec x d x . {\displaystyle \int \sec x\,dx.} Имеем
∫ d x cos x = ∫ ( 2 d t 1 + t 2 ) ( 1 − t 2 1 + t 2 ) = ∫ 2 d t 1 − t 2 = ∫ 2 d t ( 1 − t ) ( 1 + t ) . {\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:
∫ ( 1 1 − t + 1 1 + t ) d t = − ln | 1 − t | + ln | 1 + t | + C = ln | 1 + t 1 − t | + C = ln | 1 + t 2 1 − t 2 + 2 t 1 − t 2 | + C = ln | sec x + tg x | + C . {\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}}} Этот раздел статьи
ещё не написан .
Здесь может располагаться отдельный раздел. Помогите Википедии, написав его. (30 июня 2016 )
Два компонента
1 − t 2 1 + t 2 , 2 t 1 + t 2 {\displaystyle {\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},{\frac {2t}{1+t^{2}}}} являются соответственно действительной и мнимой частями числа
i − t i + t {\displaystyle {\frac {i-t}{i+t}}} (считаем, что t действительное).
Похожие формулы существуют и для гиперболических функций . Пусть
t = th x 2 {\displaystyle t=\operatorname {th} {\frac {x}{2}}} Тогда:
sh x = 2 t 1 − t 2 {\displaystyle \operatorname {sh} x={\frac {2t}{1-t^{2}}}} ch x = 1 + t 2 1 − t 2 {\displaystyle \operatorname {ch} x={\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}} th x = 2 t 1 + t 2 {\displaystyle \operatorname {th} x={\frac {2t}{1+t^{2}}}} d x = 2 1 − t 2 d t {\displaystyle dx={\frac {2}{1-t^{2}}}dt} ↑ James Stewart, Calculus: Early Transcendentals , Brooks/Cole, 1991, page 439