Möglichkeiten zur Auswertung von ∫secθdθ∫sec⁡θdθ\int \sec \theta \, \mathrm d \theta

Ein anderer Weg ist:

$$\int \sec x \,dx = \int \frac{\cos x}{\cos^2 x} \,dx = \int \frac{\cos x}{1-\sin^2 x} \,dx = \frac{1}{2} \int \left( \frac{1}{1-\sin x} + \frac{1}{1+\sin x} \right) \cos x dx$$ $$= \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+\sin x}{1-\sin x} \right| + C.$$

Es ist erwähnenswert, dass die Antwort in vielen Verkleidungen erscheinen kann. Ein anderer ist

$$\log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \right) \right|$$

Eine nützliche Technik besteht darin, die Halbwinkelformeln in Bezug auf zu verwenden$\tan (\theta/2)$um trigonometrische (rationale) Funktionen in rationale Funktionen umzuwandeln.

Zum Beispiel wenn$t = \tan(\theta/2)$wir haben das$\sec \theta = \frac{1+t^2}{1-t^2}$

Wir haben$2\,\mathrm dt = (1 + \tan^2(\theta/2))\,\mathrm d\theta$

Und so

$$\int \sec \theta \,\mathrm d\theta = \int \frac{2\;\mathrm dt}{1-t^2}$$

Was sich leicht auswerten lässt.

Ähnlich erhalten wir

$$\int \csc \theta \,\mathrm d\theta = \int \frac{\mathrm dt}{t}$$

verwenden$\csc \theta = \frac{1+t^2}{2t}$

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Verwenden der Definitionen

$$\sec \theta = 1/\cos \theta \quad \text{and} \quad \cos \theta = (\exp(i \theta) + \exp(-i \theta))/2$$ gibt $$\int \sec \theta \, d \theta = \int \frac{2 \, d \theta}{\exp(i \theta) + \exp(-i \theta)}.$$ Die einzige erforderliche Einsicht besteht darin, die Substitution zu finden $u = \exp( i \theta )$(was gibt es sonst noch zu versuchen?), was zu einem Vielfachen von führt $\int \frac{du}{1+u^2}$, der umgekehrte Tangens. So erhalten Sie auf im Wesentlichen mechanische Weise die generische Lösung $$-2 i \arctan(\exp(i \theta)).$$ Das Abwickeln über die üblichen algebraischen Identitäten zwischen Exponential- und trigonometrischen Funktionen zeigt nicht nur, dass es den üblichen Lösungen entspricht, sondern zeigt auch, warum Halbwinkel beteiligt sein könnten und wo ein Offset von $\pi /4$könnte kommen (wie in der Antwort von @Derek Jennings): Es ist natürlich eine Konstante der Integration.

Hier ist ein Weg, wie ein Elektriker das Problem löst. Seit$\cos(x)=\sin(\frac{\pi}{2} + x)$es ist einfacher, das Integral zu betrachten

$$I=\int \csc x \, dx = \int \dfrac1{\sin x} \, \mathrm dx$$

Jetzt:

$$\frac1{\sin x} \, \mathrm dx= \frac1{2\sin \frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}} \, \mathrm dx=\frac1{2\tan\frac{x}{2}\cos^2\frac{x}{2}} \, \mathrm dx =\frac{\mathrm d\tan\frac{x}{2}}{\tan\frac{x}{2}}=\mathrm d \ln \left | \tan\frac{x}{2} \right |$$

Daher

$$I=\ln \left | \tan\frac{x}{2}\right | +C$$

Ersetzen$x$mit$\frac{\pi}{2}+x$ergibt für das ursprüngliche Integral:

$$\ln \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \right) \right|+C$$

Anstatt eine andere Art der Auswertung dieses Integrals vorzustellen, rechtfertige ich einen allgemeineren Fall in einem Ansatz, der Partialbrüche und trigonometrische Identitäten auf der Ebene einer Analysis-Klasse verwendet, denke ich:

$$\int \dfrac{1}{a+b\cos x}dx=\dfrac{1}{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}\ln \left\vert \dfrac{\sqrt{a+b}+\sqrt{b-a}\tan x/2}{\sqrt{a+b}-\sqrt{b-a}\tan x/2}\right\vert \quad a\lt b.\quad (\ast)$$

Seit

$$a+b\cos x=(a-b)+2b\cos ^{2}x/2,$$

wir haben

$$\dfrac{1}{a+b\cos x}=\dfrac{\sec ^{2}x/2}{(a-b)\sec ^{2}x/2+2b}=\dfrac{\sec ^{2}x/2}{(a-b)\sec ^{2}x/2+2b}=\dfrac{\sec ^{2}x/2}{a+b-(b-a)\tan ^{2}x/2}.$$

Aber

$$\dfrac{1}{a+b-(b-a)\tan ^{2}x/2}=$$

$$=\dfrac{1}{2\sqrt{a+b}}\left( \dfrac{1}{% \sqrt{a+b}-\sqrt{b-a}\tan x/2}+\dfrac{1}{\sqrt{a+b}+\sqrt{b-a}\tan x/2}% \right) .$$

Somit

$$\int \dfrac{1}{a+b\cos x}dx=$$

$$=\dfrac{1}{2\sqrt{a+b}}\int \left( \dfrac{\sec ^{2}x/2}{\sqrt{a+b}-\sqrt{b-a}\tan x/2}+\dfrac{\sec ^{2}x/2}{\sqrt{a+b}+% \sqrt{b-a}\tan x/2}\right) dx$$

$$=\dfrac{1}{\sqrt{b^{2}-a^{2}}}\ln \left\vert \dfrac{\sqrt{a+b}+\sqrt{b-a}% \tan x/2}{\sqrt{a+b}-\sqrt{b-a}\tan x/2}\right\vert .$$

Somit haben wir Ihren speziellen Fall

$$\int \dfrac{1}{\cos x}dx=\int \dfrac{1}{0+1\cos x}dx=\ln \left\vert \dfrac{% 1+\tan x/2}{1-\tan x/2}\right\vert . \qquad (\ast\ast)$$

Aus$\tan \dfrac{x}{2}=\dfrac{\sin x}{1+\cos x}$Und$\sec x+\tan x=\dfrac{1+\sec x+\tan x}{1+\sec x-\tan x}$es folgt dem

$$\dfrac{1+\tan x/2}{1-\tan x/2}=\dfrac{1+\dfrac{\sin x}{1+\cos x}}{1-\dfrac{% \sin x}{1+\cos x}}=\dfrac{1+\cos x+\sin x}{1+\cos x-\sin x}=\sec x+\tan x$$

und schlussendlich

$$\int \sec x\; dx=\ln \left\vert \sec x+\tan x\right\vert .$$

Hier ist eine andere Art zu berechnen

$$\int \sec x\,dx$$

Zuerst brauchen wir eine trigonometrische Identität

$$\begin{eqnarray*} \cos^2 x &=&(1-\sin x)(1+\sin x) \\ \frac{1-\sin x}{\cos x} &=&\frac{\cos x}{1+\sin x} \\ \sec x &=&\tan x+\frac{\cos x}{1+\sin x} \end{eqnarray*}$$ Als nächstes genügt es, jede Seite zu integrieren $$\begin{eqnarray*} \int \sec x\,dx &=&\int \tan x\,dx+\int \frac{\cos x}{1+\sin x}\,dx \\[6pt] &=&-\ln \left\vert \cos x\right\vert +\ln \left\vert 1+\sin x\right\vert +C \\[6pt] &=&\ln \left\vert \frac{1+\sin x}{\cos x}\right\vert +C \\[6pt] &=&\ln \left\vert \sec x+\tan x\right\vert +C \end{eqnarray*}$$

Diese Artikel gibt es:

http://en.wikipedia.org/wiki/Integral_of_the_secant_function

http://en.wikipedia.org/wiki/Weierstraß_substitution

V. Frederick Rickey und Philip M. Tuchinsky, An Application of Geography to Mathematics: History of the Integral of the Secant , Mathematics Magazine, Band 53, Nummer 3, Mai 1980, Seiten 162–166.

Der Artikel von Rickey & Tuchinsky sagt uns, dass das Integral der Sekantenfunktion im 17. Jahrhundert eine bekannte Vermutung war, dass Isaac Barrow das Problem gelöst hat und dass der ursprüngliche Grund für die Fragestellung aus der Kartographie stammt.

Hier ist das Argument in meinem weniger als einer Seite langen Artikel im Monthly im Juni 2013:$^\dagger$

$$\begin{align} x & = \tan \left( \frac \pi 4 + \frac \theta 2 \right) \\[10pt] \frac{x^2-1}{x^2+1} & = \sin\theta \quad (\text{But we won't use this line, so move on to the next.}) \\[10pt] \frac{2x}{x^2+1} & = \cos\theta \\[10pt] \frac{2\,dx}{x^2+1} & = d\theta \\[10pt] \int \sec\theta \, d\theta & = \int \frac{dx} x = \log|x|+\text{constant} = \log\left| \tan\left( \frac \pi 4 + \frac \theta 2 \right) \right| + \text{constant}. \end{align}$$

Ich bedauere, dass ich in dieser Arbeit den Begriff Weierstraß-Substitution in Anlehnung an Stewarts Kalkül-Text verwendet habe, weil, wie ich später erfuhr, Stewarts Zuschreibung an Karl Weierstraß mit ziemlicher Sicherheit falsch ist. Ich schrieb an Stewart und fragte nach den Beweisen für die Behauptung. Er hatte keine, sagte aber, dass der Begriff weit verbreitet war, bevor sein Buch erschien.

(Insgeheim denke ich an die trigonometrische Identität$\displaystyle\tan\left(\frac\pi4 \pm \frac\theta2\right) = \sec\theta\pm\tan\theta$als die
$\text{“}$Tangentenhalbwinkelformel des Kartographen,$\text{”}$aber ich bin mir nicht sicher, wie viel Sinn das macht.)

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$^\dagger$Michael Hardy, „Efficiency in Antidifferentiation of the Secant Function“, American Mathematical Monthly , Juni–Juli 2013, Seite 580.

Zwei Wege zur Berechnung

$$\int \csc x\,dx.$$

Zuerst brauchen wir eine trigonometrische Identität

$$\begin{eqnarray*} \sin^2x &=&(1-\cos x)(1+\cos x) \\ \frac{1-\cos x}{\sin x} &=&\frac{\sin x}{1+\cos x} \\ \csc x &=&\cot x+\frac{\sin x}{1+\cos x} \end{eqnarray*}$$ Als nächstes genügt es, jede Seite zu integrieren $$\begin{eqnarray*} \int \csc x\,dx &=&\int \cot x\,dx+\int \frac{\sin x}{1+\cos x}\,dx \\ &=&\ln \left\vert \sin x\right\vert -\ln \left\vert 1+\cos x\right\vert +C \\ &=&-\ln \left\vert \frac{1+\cos x}{\sin x}\right\vert +C \\ &=&-\ln \left\vert \csc x+\cot x\right\vert +C \end{eqnarray*}$$

Hier ist ein etwas anderer Ansatz zur Berechnung

$$\int \frac{1}{\cos(x)}\,dx$$

Definieren$u := \tan(\frac{x}{2})$also folgt$dx = \frac{2}{1+u^2}\,du$. Es folgt dem$\cos(x) = \frac{1-u^2}{1+u^2}$unter dieser Substitution. Jetzt können wir das Integral schreiben als:

$$\int \frac{1}{\cos(x)}\,dx = \int \frac{1}{\frac{1-u^2}{1+u^2}} \frac{2}{1+u^2}\,du = 2 \int \frac{1}{1-u^2}\,du$$

Wir wissen das$(\tanh^{-1}(x))’ = \frac{1}{1-x^2}$, also wird das Integral

$$\int \frac{1}{\cos(x)}\,dx = 2 \int \frac{1}{1-u^2}\,du = 2 \tanh^{-1}(u) + C = 2 \tanh^{-1}(\tan(\frac{x}{2})) + C$$

Die Lösung sieht etwas anders aus als die anderen hier geposteten, ist aber die gleiche. Der Trick dabei ist, die Substitution zu kennen und auch, wie man sie ausdrückt$\cos(x)$bezüglich$u$aber danach ist es nur die grundlegende Substitutionsregel.

Hier ist eine weitere Variation eines Themas. Es stützt sich nämlich auf die folgenden zwei Doppelwinkelformeln für Sinus und Cosinus

$$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta \qquad \text{and} \qquad \cos 2 \theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta,$$ zwei offensichtliche Substitutionen und eine einfache Partialbruchzerlegung. Es ist ähnlich wie berühmt zu werden$t$-Ersetzung von$t = \tan \frac{x}{2}$ohne sich darauf verlassen zu müssen, dies zu wissen.

Wenn die Substitution$x = 2u$gemacht wird, haben wir

$$\begin{align} \int \sec x \, dx &= 2 \int \sec 2u \, du\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos 2u}\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos^2 u - \sin^2 u}\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos^2 u(1 - \tan^2 u)}\\ &= 2 \int \frac{\sec^2 u}{1 - \tan^2 u} \, du. \end{align}$$ Nun lass$t = \tan u, dt = \sec^2 u \, du$. Daher $$\begin{align} \int \sec x \, dx &= 2 \int \frac{dt}{1 - t^2}\\ &= 2 \int \frac{dt}{(1 - t)(1 + t)}\\ &= \int \left [\frac{1}{1 - t} + \frac{1}{1 + t} \right ] dt\\ &= \ln \left |\frac{1 + t}{1 - t} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \tan u}{1 - \tan u} \right | + C \qquad \text{since} \,\, t = \tan u\\ &= \ln \left |\frac{\cos u + \sin u}{\cos u - \sin u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{\cos u + \sin u}{\cos u - \sin u} \cdot \frac{\cos u + \sin u}{\cos u + \sin u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{\cos^2 u + \sin^2 u + 2\sin u \cos u}{\cos^2 u - \sin^2 u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \sin 2u}{\cos 2u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \sin x}{\cos x} \right | + C \qquad \text{since} \,\, x = 2u\\ &= \ln |\sec x + \tan x| + C, \end{align}$$ wie erwartet.

Hier ist noch ein weiterer Weg, um das unbestimmte Integral für Sekanten zu finden, indem man eine sogenannte Gunther-hyperbolische Substitution verwendet .

Wir beginnen damit, dass wir das unbestimmte Integral für Sekanten als schreiben

$$\int \sec x \, dx = \int \frac{\sec^2 x}{\sec x} \, dx = \int \frac{d(\tan x)}{\sec x}.$$ Nun lass$x = \sinh u, d(\tan x) = \cosh u$, und es ist nicht allzu schwer, das zu sehen$\sec x = \sinh u$. Daher $$\begin{align} \int \sec x \, dx &= \int \frac{\cosh u}{\cosh u} \, du\\ &= \int du\\ &= u + C\\ &= \ln (\cosh u + \sinh u) + C\\ &= \ln |\tan x + \sec x| + C, \end{align}$$ seit$\sinh u = \tan x$Und$\cosh u = \sec x$, wie erwartet.

Mein Lieblingsweg:

$$\int\frac{d\theta}{\cos\theta}=\int\frac{\cos\theta\,d\theta}{\cos^2\theta}=\int\frac{d\sin\theta}{1-\sin^2\theta}=\text{artanh}(\sin\theta).$$

Methode 1:

$$\int \sec x \,dx = \int \frac{dx}{\cos^2 \frac x2-\sin^2\frac x2}$$ $$= \int \frac{\sec^2\frac x2\ dx}{1-\tan^2 \frac x2}$$ $$=\int\left(\frac{\frac12\sec^2\frac x2\ dx}{1+\tan\frac x2}+\frac{\frac12\sec^2\frac x2dx}{1-\tan\frac x2}\right)$$ $$=\int\frac{d\left(1+\tan\frac x2\right)}{1+\tan\frac x2}-\int\frac{d\left(1-\tan\frac x2\right)}{1-\tan\frac x2}$$ $$=\ln\left|1+\tan \frac x2\right|-\ln\left|1-\tan \frac x2\right|$$ $$=\ln\left|\frac{1+\tan \frac x2}{1-\tan\frac x2}\right|$$ $$=\ln\left|\tan\left(\frac x2+\frac{\pi}{4}\right)\right|+C$$

Methode-2:

$$\int \sec x \,dx = \int \frac{\sec x(\sec x+\tan x)dx}{\sec x+\tan x}$$ $$= \int \frac{(\sec x\tan x+\sec^2x)dx}{\sec x+\tan x}$$ $$= \int \frac{d(\sec x+\tan x)}{\sec x+\tan x}$$ $$=\ln|\sec x+\tan x|+C$$