微積分/積分技巧/半形正切

另一個有用的變數變化是魏爾斯特拉斯替換，以卡爾·魏爾斯特拉斯命名

$t=\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)$

透過這種變換，使用二倍角三角恆等式，

$\sin(x)={\frac {2t}{1+t^{2}}}\quad \cos(x)={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\quad \tan(x)={\frac {2t}{1-t^{2}}}\quad dx={\frac {2\ dt}{1+t^{2}}}$

這將三角積分轉化為代數積分，代數積分可能更容易積分。

例如，如果被積函式是 ${\frac {1}{1+\sin(x)}}$，那麼

$\int \limits _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {dx}{1+\sin(x)}}=\int \limits _{0}^{1}{\frac {\left({\frac {2\ dt}{1+t^{2}}}\right)}{1+\left({\frac {2t}{1+t^{2}}}\right)}}=\int \limits _{0}^{1}{\frac {2\ dt}{(t+1)^{2}}}$

此方法可用於進一步簡化由前面所述的變數變化產生的三角積分。

例如，如果我們考慮積分

$I=\int \limits _{-1}^{1}{\frac {\sqrt {1-x^{2}}}{1+x^{2}}}dx$

我們可以先使用替換 $x=\sin(\theta )$，這給出了

$I=\int \limits _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos ^{2}(\theta )}{1+\sin ^{2}(\theta )}}d\theta$

然後使用半形正切替換得到

$I=\int \limits _{-1}^{1}{\frac {(1-t^{2})^{2}}{1+6t^{2}+t^{4}}}\cdot {\frac {2\ dt}{1+t^{2}}}$

實際上，我們已經從原始被積函式中去掉了平方根。我們可以使用單個變數變化來做到這一點，但是分兩步進行，讓我們有機會用另一種方式進行三角積分。

完成此操作後，我們可以將新的被積函式拆分為部分分式，然後積分。

${\begin{aligned}I&=\int \limits _{-1}^{1}{\frac {2-{\sqrt {2}}}{t^{2}+3-2{\sqrt {2}}}}dt+\int \limits _{-1}^{1}{\frac {2+{\sqrt {2}}}{t^{2}+3+2{\sqrt {2}}}}dt-\int \limits _{-1}^{1}{\frac {2}{1+t^{2}}}dt\\[8pt]&={\frac {4-2{\sqrt {2}}}{\sqrt {3-2{\sqrt {2}}}}}\cdot \arctan \left({\sqrt {3+2{\sqrt {2}}}}\right)+{\frac {4+2{\sqrt {2}}}{\sqrt {3+2{\sqrt {2}}}}}\cdot \arctan \left({\sqrt {3-2{\sqrt {2}}}}\right)-\pi \end{aligned}}$

該結果可以透過使用以下恆等式進一步簡化：

$3\pm 2{\sqrt {2}}=\left({\sqrt {2}}\pm 1\right)^{2}\quad \arctan \left({\sqrt {2}}\pm 1\right)=\left({\frac {1}{4}}\pm {\frac {1}{8}}\right)\pi$

最終導致

$I=\left({\sqrt {2}}-1\right)\pi$

原則上，這種方法適用於任何被積函式為二次方根乘以兩個多項式的比率的被積函式。但是，不應自動應用它。

例如，在最後一個例子中，一旦我們推匯出

$I=\int \limits _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {\cos ^{2}(\theta )}{1+\sin ^{2}(\theta )}}d\theta$

我們可以使用二倍角公式，因為這僅包含 cos 和 sin 的偶數次冪。這樣做得到

$I=\int \limits _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1+\cos(2\theta )}{3-\cos(2\theta )}}d\theta ={\frac {1}{2}}\int \limits _{-\pi }^{\pi }{\frac {1+\cos(\phi )}{3-\cos(\phi )}}d\phi$

在這個新的、更簡單的被積函式上使用半形正切公式得到

${\begin{aligned}I&=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{1+2t^{2}}}\cdot {\frac {dt}{1+t^{2}}}\\&=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {2\ dt}{1+2t^{2}}}-\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {dt}{1+t^{2}}}\end{aligned}}$

這可以直接積分得到

$I={\frac {4}{\sqrt {2}}}\cdot {\frac {\pi }{2}}-2{\frac {\pi }{2}}=\left({\sqrt {2}}-1\right)\pi$

這與之前的結果相同，但用更少的代數運算得到，這說明為什麼在每個階段尋找最直接的方法是最好的。

評估積分I 的更直接方法是在一開始就用 $t=\tan(\theta )$ 替換，這將直接帶我們到

$I=\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {1}{1+2t^{2}}}\cdot {\frac {dt}{1+t^{2}}}$

上的行。更一般地說，替換 $t=\tan(x)$ 給了我們

$\sin(x)={\frac {t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\quad \cos(x)={\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}\quad dx={\frac {dt}{1+t^{2}}}$

因此，如果被積函式是所有平方根在替換後都會消失的，那麼這種替換是首選，就像上面的積分一樣。

示例

使用三角替換 $t=a\tan(x)$ ，那麼 $dt=a\sec ^{2}(x)dx$ 並且 ${\sqrt {t^{2}+a^{2}}}=a\sec(x)$ 當 $-{\frac {\pi }{2}}<x<{\frac {\pi }{2}}$ 。所以，

$\int {\frac {dt}{(t^{2}+a^{2}){\sqrt {t^{2}+a^{2}}}}}$	$=\int {\frac {a\sec ^{2}(x)}{a^{3}\sec ^{3}(x)}}dx$
	$={\frac {1}{a^{2}}}\int \cos(x)dx$
	$={\frac {\sin(x)}{a^{2}}}+C$
	$={\frac {1}{a^{2}}}\cdot {\frac {a\tan(x)}{a\sec(x)}}+C$
	$={\frac {t}{a^{2}{\sqrt {t^{2}+a^{2}}}}}+C$

另一種方法

一般來說，要計算以下形式的積分

$\int {\frac {A+B\cos(x)+C\sin(x)}{a+b\cos(x)+c\sin(x)}}\ dx$ ,

直接使用上述“半形正切”替換會非常繁瑣，因為很容易得到一個分母為四次方的有理函式。相反，我們可以先將分子寫成

${A+B\cos(x)+C\sin(x)\equiv p{\Big (}a+b\cos(x)+c\sin(x){\Big )}+q{\frac {d}{dx}}{\Big (}a+b\cos(x)+c\sin(x){\Big )}+r}$ .

然後積分可以寫成

${\begin{aligned}\int \left(p+q\cdot {\frac {{\frac {d}{dx}}{\bigl (}a+b\cos(x)+c\sin(x){\bigr )}}{a+b\cos(x)+c\sin(x)}}+{\frac {r}{a+b\cos(x)+c\sin(x)}}\right)dx\end{aligned}}$

這樣可以更容易地計算出來。

示例

計算$\int {\frac {\cos(x)+2}{\cos(x)+\sin(x)}}dx$

令

$\cos(x)+2\equiv p{\Big (}\cos(x)+\sin(x){\Big )}+q{\frac {d}{dx}}{\Big (}\cos(x)+\sin(x){\Big )}+r$ .

那麼

$\cos(x)+2\equiv p{\Big (}\cos(x)+\sin(x){\Big )}+q{\Big (}\cos(x)-\sin(x){\Big )}+r$

$\cos(x)+2\equiv (p+q)\cos(x)+(p-q)\sin(x)+r$

比較兩邊 cos(x)、sin(x) 和常數項的係數，得到

${\begin{cases}p+q&=1\\p-q&=0\\r&=2\end{cases}}$

從而得到 p = q = 1/2, r = 2。代回被積函式，

${\begin{aligned}\int {\frac {\cos(x)+2}{\cos(x)+\sin(x)}}dx=\int {\frac {dx}{2}}+{\frac {1}{2}}\int {\frac {d{\bigl (}\cos(x)+\sin(x){\bigr )}}{\cos(x)+\sin(x)}}+\int {\frac {2}{\cos(x)+\sin(x)}}dx\end{aligned}}$

最後一個積分可以使用上述“半形正切”替換方法求解，得到

$\int {\frac {2}{\cos(x)+\sin(x)}}dx={\sqrt {2}}\ln \left|{\frac {\tan {\bigl (}{\frac {x}{2}}{\bigr )}-1+{\sqrt {2}}}{\tan {\bigl (}{\frac {x}{2}}{\bigr )}-1-{\sqrt {2}}}}\right|+C$ .

因此，原積分是

${\int {\frac {\cos(x)+2}{\cos(x)+\sin(x)}}dx={\frac {x+\ln {\Big |}\cos(x)+\sin(x){\Big |}}{2}}+{\sqrt {2}}\ln \left|{\frac {\tan {\bigl (}{\frac {x}{2}}{\bigr )}-1+{\sqrt {2}}}{\tan {\bigl (}{\frac {x}{2}}{\bigr )}-1-{\sqrt {2}}}}\right|+C}$ .