Тригонометрическая подстановка

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

В интеграле

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

можно использовать

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

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}}&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\cos \theta \,d\theta }{\sqrt {a^{2}\cos ^{2}\theta }}}\\[6pt]&=\int d\theta \\[6pt]&=\theta +C\\[6pt]&=\arcsin {\frac {x}{a}}+C.\end{aligned}}}$

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

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

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

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

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

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

как прежде.

Интеграл

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

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

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

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}-a^{2}\sin ^{2}\theta }}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1-\sin ^{2}\theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(\cos ^{2}\theta )}}\,(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\cos \theta )(a\cos \theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \cos ^{2}\theta \,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \left({\frac {1+\cos 2\theta }{2}}\right)\,d\theta \\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\theta +{\frac {1}{2}}\sin 2\theta \right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\theta +\sin \theta \cos \theta )+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left(\arcsin {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{a}}{\sqrt {1-{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{a}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}+C.\end{aligned}}}$

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

Например, определённый интеграл

${\displaystyle \int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx,}$

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

Тогда

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

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

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\left[{\frac {2^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{2}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {2^{2}-x^{2}}}\right]_{-1}^{1}\\[6pt]&=\left(2\arcsin {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)-\left(2\arcsin \left(-{\frac {1}{2}}\right)+{\frac {-1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)\\[6pt]&=\left(2\cdot {\frac {\pi }{6}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)-\left(2\cdot \left(-{\frac {\pi }{6}}\right)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\[6pt]&={\frac {2\pi }{3}}+{\sqrt {3}}\end{aligned}}}$

как прежде.

В интеграле

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

можно написать

${\displaystyle x=a\operatorname {tg} \theta ,\quad dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\quad \theta =\operatorname {arctg} {\frac {x}{a}},}$

так что интеграл становится

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a^{2}+x^{2}}}&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}+a^{2}\operatorname {tg} ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}(1+\operatorname {tg} ^{2}\theta )}}\\[6pt]&=\int {\frac {a\sec ^{2}\theta \,d\theta }{a^{2}\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=\int {\frac {d\theta }{a}}\\[6pt]&={\frac {\theta }{a}}+C\\[6pt]&={\frac {1}{a}}\operatorname {arctg} {\frac {x}{a}}+C,\end{aligned}}}$

при условии ${\displaystyle a\neq 0}$.

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

Например, определённый интеграл

${\displaystyle \int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2}}}\,dx}$

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

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2}}}&=4\int _{0}^{1}{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{1+\operatorname {tg} ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}{\frac {\sec ^{2}\theta \,d\theta }{\sec ^{2}\theta }}\\[6pt]&=4\int _{0}^{\pi /4}d\theta \\[6pt]&=(4\theta ){\Bigg |}_{0}^{\pi /4}=4\left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi .\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4}{1+x^{2}}}\,dx&=4\int _{0}^{1}{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\&=4\left[{\frac {1}{1}}\operatorname {arctg} {\frac {x}{1}}\right]_{0}^{1}\\&=4(\operatorname {arctg} x){\Bigg |}_{0}^{1}\\&=4(\operatorname {arctg} 1-\operatorname {arctg} 0)\\&=4\left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi ,\end{aligned}}}$

так же, как прежде.

Интеграл

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

можно оценить путём представления ${\displaystyle x=a\operatorname {tg} \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\operatorname {arctg} {\frac {x}{a}},}$

где ${\displaystyle a>0}$, так что ${\displaystyle {\sqrt {a^{2}}}=a}$ и ${\displaystyle -{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}}$ по диапазону арктангенса, так что ${\displaystyle \sec \theta >0}$ и ${\displaystyle {\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta }$.

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\operatorname {tg} ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1+\operatorname {tg} ^{2}\theta )}}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\sec \theta )(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \sec ^{3}\theta \,d\theta .\\[6pt]\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \operatorname {tg} \theta +\ln |\sec \theta +\operatorname {tg} \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\cdot {\frac {x}{a}}+\ln \left|{\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}+{\frac {x}{a}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}}$

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

Интегралы типа

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

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

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

нельзя. В этом случае подходящей подстановкой будет:

${\displaystyle x=a\sec \theta ,\,dx=a\sec \theta \operatorname {tg} \theta \,d\theta ,\,\theta =\operatorname {arcsec} {\frac {x}{a}},}$

где ${\displaystyle a>0}$, так что ${\displaystyle {\sqrt {a^{2}}}=a}$ и ${\displaystyle 0\leq \theta <{\frac {\pi }{2}}}$, предполагая ${\displaystyle x>0}$, так что ${\displaystyle \operatorname {tg} \theta \geq 0}$ и ${\displaystyle {\sqrt {\operatorname {tg} ^{2}\theta }}=\operatorname {tg} \theta }$.

Тогда

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\theta -a^{2}}}\cdot a\sec \theta \operatorname {tg} \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}(\sec ^{2}\theta -1)}}\cdot a\sec \theta \operatorname {tg} \theta \,d\theta \\&=\int {\sqrt {a^{2}\operatorname {tg} ^{2}\theta }}\cdot a\sec \theta \operatorname {tg} \theta \,d\theta \\&=\int a^{2}\sec \theta \operatorname {tg} ^{2}\theta \,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec \theta )(\sec ^{2}\theta -1)\,d\theta \\&=a^{2}\int (\sec ^{3}\theta -\sec \theta )\,d\theta .\end{aligned}}}$

Можно вычислить интеграл функции секанс, умножив числитель и знаменатель на ${\displaystyle (\sec \theta +\operatorname {tg} \theta )}$ и интеграл секанса в кубе по частям^[3]. Как результат

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \operatorname {tg} \theta +\ln |\sec \theta +\operatorname {tg} \theta |)-a^{2}\ln |\sec \theta +\operatorname {tg} \theta |+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \operatorname {tg} \theta -\ln |\sec \theta +\operatorname {tg} \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}-\ln \left|{\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}-a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}}$

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

Подстановка может использоваться для удаления тригонометрических функций.

Например,

${\displaystyle {\begin{aligned}\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1-u^{2}}}}}f\left(u,\pm {\sqrt {1-u^{2}}}\right)\,du&&u=\sin(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {1}{\mp {\sqrt {1-u^{2}}}}}f\left(\pm {\sqrt {1-u^{2}}},u\right)\,du&&u=\cos(x)\\[6pt]\int f(\sin(x),\cos(x))\,dx&=\int {\frac {2}{1+u^{2}}}f\left({\frac {2u}{1+u^{2}}},{\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)\,du&&u=\operatorname {tg} \left({\tfrac {x}{2}}\right)\\[6pt]\end{aligned}}}$

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

Например,

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {4\cos x}{(1+\cos x)^{3}}}\,dx&=\int {\frac {2}{1+u^{2}}}{\frac {4\left({\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)}{\left(1+{\frac {1-u^{2}}{1+u^{2}}}\right)^{3}}}\,du=\int (1-u^{2})(1+u^{2})\,du\\&=\int (1-u^{4})\,du=u-{\frac {u^{5}}{5}}+C=\operatorname {tg} {\frac {x}{2}}-{\frac {1}{5}}\operatorname {tg} ^{5}{\frac {x}{2}}+C.\end{aligned}}}$

Подстановки гиперболических функций также могут использоваться для упрощения интегралов^[4].

В интеграле ${\displaystyle \int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}\,dx}$ можно сделать подстановку ${\displaystyle x=a\operatorname {sh} {u}}$, ${\displaystyle dx=a\operatorname {ch} u\,du.}$

Затем, используя тождества ${\displaystyle \operatorname {ch} ^{2}(x)-\operatorname {sh} ^{2}(x)=1}$ и ${\displaystyle \operatorname {sh} ^{-1}{x}=\ln(x+{\sqrt {x^{2}+1}}),}$

можно получить

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}\,dx&=\int {\frac {a\operatorname {ch} u}{\sqrt {a^{2}+a^{2}\operatorname {sh} ^{2}u}}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\operatorname {ch} {u}}{a{\sqrt {1+\operatorname {sh} ^{2}{u}}}}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {a\operatorname {ch} {u}}{a\operatorname {ch} u}}\,du\\[6pt]&=u+C\\[6pt]&=\operatorname {sh} ^{-1}{\frac {x}{a}}+C\\[6pt]&=\ln \left({\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}+{\frac {x}{a}}\right)+C\\[6pt]&=\ln \left({\frac {{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}+x}{a}}\right)+C.\end{aligned}}}$