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 Вейерштрасса показана здесь как стереографическая проекция окружности
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
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 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 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}}}
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).
James Stewart, Calculus: Early Transcendentals , Brooks/Cole, 1991, page 439
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/b5e921f279f38a06ad17d52151c22f528c18bedf)
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/7f1d56a213a2676744e885ca28887e4e91349597)
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/905c3f88ae50ecf2fb9be1a2afd6c33127a17537)
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/495ed1c1df5ecdea4ea767c246ef282ac4c140ed)
![{\displaystyle {\begin{aligned}u&={\frac {5t+4}{3}},\\[8pt]du&={\frac {5}{3}}\,dt,\\[8pt]\end{aligned}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c894e5d70bac9e22a698130bf915d97080ae23ec)
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/52295fc4c0d8cefcf49384e2a9a0184271f6f489)
![{\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}}}](http://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/c95d5c03c72f220b5267e75bc2cc85bec1018622)
