三角置換

Technique of integral evaluation

数学において、三角関数の置換は三角関数を別の式に置き換えることです。微積分学において、三角関数の置換は積分を評価するための手法です。この場合、根号関数を含む式が三角関数の式に置き換えられます。三角関数の恒等式は、答えを単純化するのに役立つ場合があります。^{[1] [2]}

定積分の場合、この置換積分法では、置換を用いて積分区間を変更します。あるいは、被積分関数の不定積分を元の区間に適用することもできます。

ケースI: 積分関数に以下が含まれる1つの²−ײ

アイデンティティを許し、利用する ${\displaystyle x=a\sin \theta ,}$ ${\displaystyle 1-\sin ^{2}\theta =\cos ^{2}\theta .}$

ケースIの例

ケースIの幾何学的構成

例1

積分では

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

我々は使用するかもしれない

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

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

上記の手順では、 が必要であり、の主根を選択して、逆正弦関数を使用して制限を課すことができます。 ${\displaystyle a>0}$ ${\displaystyle \cos \theta >0.}$ ${\displaystyle a}$ ${\displaystyle a^{2},}$ ${\displaystyle -\pi /2<\theta <\pi /2}$

定積分では、積分範囲がどのように変化するかを考えなければなりません。例えば、が からに変化し、からに変化し、から に変化します 。そして、 ${\displaystyle x}$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle a/2,}$ ${\displaystyle \sin \theta }$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle 1/2,}$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi /6.}$

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

境界値の選択には注意が必要です。上記の積分では、はからまでしか取れないことが求められるため、この制約を無視すると、 から までを取ることになり、実際の値が負の値になってしまう可能性があります。 ${\displaystyle -\pi /2<\theta <\pi /2}$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle 0}$ ${\displaystyle \pi /6.}$ ${\displaystyle \theta }$ ${\displaystyle \pi }$ ${\displaystyle 5\pi /6,}$

あるいは、境界条件を適用する前に不定積分を完全に評価する。その場合、不定積分は次のように表される。

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

例2

積分

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

は、アークサインの範囲で、となるようにして評価することができる。 ${\textstyle x=a\sin \theta ,\,dx=a\cos \theta \,d\theta ,\,\theta =\arcsin {\dfrac {x}{a}},}$ ${\displaystyle a>0}$ ${\textstyle {\sqrt {a^{2}}}=a,}$ ${\textstyle -\pi /2\leq \theta \leq \pi /2}$ ${\displaystyle \cos \theta \geq 0}$ ${\textstyle {\sqrt {\cos ^{2}\theta }}=\cos \theta .}$

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

定積分の場合、置換を実行すると境界が変わり、範囲内の値を持つ方程式を使用して決定されます。または、境界項を不定積分の式に直接適用します。 ${\textstyle \theta =\arcsin {\dfrac {x}{a}},}$ ${\textstyle -\pi /2\leq \theta \leq \pi /2.}$

例えば、定積分

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

は、以下を使用して決定された境界を代入することによって評価することができる。 ${\displaystyle x=2\sin \theta ,\,dx=2\cos \theta \,d\theta ,}$ ${\textstyle \theta =\arcsin {\dfrac {x}{2}}.}$

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

一方、境界項を以前に得られた原始導関数の式に直接適用すると、前と同じ結果が得られます。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-1}^{1}{\sqrt {4-x^{2}}}\,dx&=\left[{\frac {2^{2}}{2}}\arcsin {\frac {x}{2}}+{\frac {x}{2}}{\sqrt {2^{2}-x^{2}}}\right]_{-1}^{1}\\[6pt]&=\left(2\arcsin {\frac {1}{2}}+{\frac {1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)-\left(2\arcsin \left(-{\frac {1}{2}}\right)+{\frac {-1}{2}}{\sqrt {4-1}}\right)\\[6pt]&=\left(2\cdot {\frac {\pi }{6}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)-\left(2\cdot \left(-{\frac {\pi }{6}}\right)-{\frac {\sqrt {3}}{2}}\right)\\[6pt]&={\frac {2\pi }{3}}+{\sqrt {3}}\end{aligned}}}$$

ケースII: 積分関数に以下が含まれる1つの²+ײ

アイデンティティを許し、利用する ${\displaystyle x=a\tan \theta ,}$ ${\displaystyle 1+\tan ^{2}\theta =\sec ^{2}\theta .}$

ケースIIの例

ケースIIの幾何学的構成

例1

積分では

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

私たちは書くかもしれない

$${\displaystyle x=a\tan \theta ,\quad dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\quad \theta =\arctan {\frac {x}{a}},}$$

積分は

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

提供された ${\displaystyle a\neq 0.}$

定積分の場合、置換を実行すると境界が変わり、範囲内の値を持つ方程式を使用して決定されます。または、境界項を不定積分の式に直接適用します。 ${\displaystyle \theta =\arctan {\frac {x}{a}},}$ ${\displaystyle -{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}.}$

例えば、定積分

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

は、以下を使用して決定された境界を代入することによって評価することができる。 ${\displaystyle x=\tan \theta ,\,dx=\sec ^{2}\theta \,d\theta ,}$ ${\displaystyle \theta =\arctan x.}$

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

一方、境界項を原始導関数の式に直接適用すると、前と同じ結果になります。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{1}{\frac {4\,dx}{1+x^{2}}}\,&=4\int _{0}^{1}{\frac {dx}{1+x^{2}}}\\[6pt]&=4\left[{\frac {1}{1}}\arctan {\frac {x}{1}}\right]_{0}^{1}\\[6pt]&=4(\arctan x){\Bigg |}_{0}^{1}\\[6pt]&=4(\arctan 1-\arctan 0)\\[6pt]&=4\left({\frac {\pi }{4}}-0\right)=\pi ,\end{aligned}}}$$

例2

積分

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

評価できるのは ${\displaystyle x=a\tan \theta ,\,dx=a\sec ^{2}\theta \,d\theta ,\,\theta =\arctan {\frac {x}{a}},}$

ここで、逆正接の範囲によって、そして、 ${\displaystyle a>0}$ ${\displaystyle {\sqrt {a^{2}}}=a,}$ ${\displaystyle -{\frac {\pi }{2}}<\theta <{\frac {\pi }{2}}}$ ${\displaystyle \sec \theta >0}$ ${\displaystyle {\sqrt {\sec ^{2}\theta }}=\sec \theta .}$

すると、正割の3乗の積分は部分積分を用いて評価できる。その結果、 $${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&=\int {\sqrt {a^{2}+a^{2}\tan ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}(1+\tan ^{2}\theta )}}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int {\sqrt {a^{2}\sec ^{2}\theta }}\,(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=\int (a\sec \theta )(a\sec ^{2}\theta )\,d\theta \\[6pt]&=a^{2}\int \sec ^{3}\theta \,d\theta .\\[6pt]\end{aligned}}}$$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {a^{2}+x^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}\cdot {\frac {x}{a}}+\ln \left|{\sqrt {1+{\frac {x^{2}}{a^{2}}}}}+{\frac {x}{a}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}+a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}}$$

この公式の応用例として、放物線の弧長をとから計算するとします。弧長を とすると、 ${\displaystyle y=x^{2}}$ ${\displaystyle x=0}$ ${\displaystyle x=2}$ ${\displaystyle s}$

$${\displaystyle s=\int _{0}^{2}{\sqrt {1+(y')^{2}}}dx=\int _{0}^{2}{\sqrt {1+4x^{2}}}dx=2\int _{0}^{2}{\sqrt {{\frac {1}{4}}+x^{2}}}dx.}$$

この例では、 となり、 ${\displaystyle a={\frac {1}{2}}}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}s&=\left(x{\sqrt {{\frac {1}{4}}+x^{2}}}+{\frac {1}{4}}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {{\frac {1}{4}}+x^{2}}}}{\frac {1}{2}}}\right|\right)_{x=0}^{x=2}\\&=2{\sqrt {\frac {17}{4}}}+{\frac {1}{4}}\ln \left(4+2{\sqrt {\frac {17}{4}}}\right)\\&={\sqrt {17}}+{\frac {1}{4}}\ln(4+{\sqrt {17}})\\&\approx 4.64678\\\end{aligned}}}$$

ケースIII: 積分関数に以下が含まれるײ−1つの²

アイデンティティを許し、利用する ${\displaystyle x=a\sec \theta ,}$ ${\displaystyle \sec ^{2}\theta -1=\tan ^{2}\theta .}$

ケースIIIの例

ケースIIIの幾何学的構成

次のような積分

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

三角関数の代入ではなく部分分数で評価することもできる。しかし、積分

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

できません。この場合、適切な代替手段は次のとおりです。 $${\displaystyle x=a\sec \theta ,\,dx=a\sec \theta \tan \theta \,d\theta ,\,\theta =\operatorname {arcsec} {\frac {x}{a}},}$$

どこがそうであるか、そしてそうであると仮定することによって、 ${\displaystyle a>0}$ ${\displaystyle {\sqrt {a^{2}}}=a,}$ ${\displaystyle 0\leq \theta <{\frac {\pi }{2}}}$ ${\displaystyle x>0,}$ ${\displaystyle \tan \theta \geq 0}$ ${\displaystyle {\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=\tan \theta .}$

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

セカント関数の積分は、分子と分母にセカントの3乗の積分を掛けて求めることができる。^[3]結果として、 ${\displaystyle (\sec \theta +\tan \theta )}$ $${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\sqrt {x^{2}-a^{2}}}\,dx&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta +\ln |\sec \theta +\tan \theta |)-a^{2}\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}(\sec \theta \tan \theta -\ln |\sec \theta +\tan \theta |)+C\\[6pt]&={\frac {a^{2}}{2}}\left({\frac {x}{a}}\cdot {\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}-\ln \left|{\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}-1}}\right|\right)+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\left(x{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}-a^{2}\ln \left|{\frac {x+{\sqrt {x^{2}-a^{2}}}}{a}}\right|\right)+C.\end{aligned}}}$$

逆正割の範囲が指定された場合、その場合には代わりに意味が発生します。 ${\displaystyle {\frac {\pi }{2}}<\theta \leq \pi ,}$ ${\displaystyle x<0}$ ${\displaystyle \tan \theta \leq 0,}$ ${\displaystyle {\sqrt {\tan ^{2}\theta }}=-\tan \theta }$

三角関数を消去する置換

置換を使用すると三角関数を削除できます。

例えば、

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

最後の置換はワイエルシュトラス置換と呼ばれ、正接半角の公式を利用します。

例えば、

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

双曲置換

双曲線関数の置換は積分の簡略化にも使用できる。^[4]

たとえば、 を積分するには、置換(したがって) を導入し、次に恒等式を使用して次を求めます。 ${\displaystyle 1/{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}$ ${\displaystyle x=a\sinh {u}}$ ${\displaystyle dx=a\cosh u\,du}$ ${\displaystyle \cosh ^{2}(x)-\sinh ^{2}(x)=1}$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{\sqrt {a^{2}+x^{2}}}}&=\int {\frac {a\cosh u\,du}{\sqrt {a^{2}+a^{2}\sinh ^{2}u}}}\\[6pt]&=\int {\frac {\cosh {u}\,du}{\sqrt {1+\sinh ^{2}{u}}}}\\[6pt]&=\int {\frac {\cosh {u}}{\cosh u}}\,du\\[6pt]&=u+C\\[6pt]&=\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C.\end{aligned}}}$$

必要に応じて、この結果は、関係 ${\displaystyle \sinh ^{-1}{z}=\operatorname {arsinh} {z}=\ln(z+{\sqrt {z^{2}+1}})}$を使用するなど、他のアイデンティティを使用してさらに変換できます。 $${\displaystyle {\begin{aligned}\sinh ^{-1}{\frac {x}{a}}+C&=\ln \left({\frac {x}{a}}+{\sqrt {{\frac {x^{2}}{a^{2}}}+1}}\,\right)+C\\[6pt]&=\ln \left({\frac {x+{\sqrt {x^{2}+a^{2}}}}{a}}\,\right)+C.\end{aligned}}}$$

参照

• 数学ポータル

• ワイエルシュトラス置換
• オイラー置換

参考文献

1. スチュワート、ジェームズ(2008).微積分学：初期超越関数（第6版）.ブルックス/コール. ISBN 978-0-495-01166-8。
2. トーマス、ジョージ・B. ; ウィアー、モーリス・D. ;ハス、ジョエル(2010). 『トーマス微積分学：初期超越論』（第12版）.アディソン・ウェスリー. ISBN 978-0-321-58876-0。
3. スチュワート、ジェームズ(2012). 「セクション7.2: 三角関数積分」.微積分学 - 超越関数入門. 米国: Cengage Learning. pp.  475–6 . ISBN 978-0-538-49790-9。
4. Boyadzhiev, Khristo N. 「Hyperbolic Substitutions for Integrals」（PDF） . 2020年2月26日時点のオリジナル（PDF）からアーカイブ。 2013年3月4日閲覧。

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