微积分/积分技巧/半角正切

另一个有用的变量变化是魏尔斯特拉斯替换，以卡尔·魏尔斯特拉斯命名

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

通过这种变换，使用二倍角三角恒等式，

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

这将三角积分转化为代数积分，代数积分可能更容易积分。

例如，如果被积函数是 ${\frac {1}{1+\sin(x)}}$，那么

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

此方法可用于进一步简化由前面所述的变量变化产生的三角积分。

例如，如果我们考虑积分

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

我们可以先使用替换 $x=\sin(\theta )$，这给出了

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

然后使用半角正切替换得到

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

实际上，我们已经从原始被积函数中去掉了平方根。我们可以使用单个变量变化来做到这一点，但是分两步进行，让我们有机会用另一种方式进行三角积分。

完成此操作后，我们可以将新的被积函数拆分为部分分式，然后积分。

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

该结果可以通过使用以下恒等式进一步简化：

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

最终导致

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

原则上，这种方法适用于任何被积函数为二次方根乘以两个多项式的比率的被积函数。但是，不应自动应用它。

例如，在最后一个例子中，一旦我们推导出

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

我们可以使用二倍角公式，因为这仅包含 cos 和 sin 的偶数次幂。这样做得到

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

在这个新的、更简单的被积函数上使用半角正切公式得到

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

这可以直接积分得到

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

这与之前的结果相同，但用更少的代数运算得到，这说明为什么在每个阶段寻找最直接的方法是最好的。

评估积分I 的更直接方法是在一开始就用 $t=\tan(\theta )$ 替换，这将直接带我们到

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

上的行。更一般地说，替换 $t=\tan(x)$ 给了我们

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

因此，如果被积函数是所有平方根在替换后都会消失的，那么这种替换是首选，就像上面的积分一样。

示例

使用三角替换 $t=a\tan(x)$ ，那么 $dt=a\sec ^{2}(x)dx$ 并且 ${\sqrt {t^{2}+a^{2}}}=a\sec(x)$ 当 $-{\frac {\pi }{2}}<x<{\frac {\pi }{2}}$ 。所以，

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

另一种方法

一般来说，要计算以下形式的积分

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

直接使用上述“半角正切”替换会非常繁琐，因为很容易得到一个分母为四次方的有理函数。相反，我们可以先将分子写成

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

然后积分可以写成

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

这样可以更容易地计算出来。

示例

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

令

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

那么

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

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

比较两边 cos(x)、sin(x) 和常数项的系数，得到

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

从而得到 p = q = 1/2, r = 2。代回被积函数，

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

最后一个积分可以使用上述“半角正切”替换方法求解，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，原积分是

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