تكامل دالة القاطع

ثلاثة تعابير شائعة لتكامل القاطع،

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &={\dfrac {1}{2}}\ln {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}+C\\[5mu]&=\ln {{\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}}+C\\[5mu]&=\ln {\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|}+C,\end{aligned}}}$

متكافئان لأن

${\displaystyle {\sqrt {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}}={\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}=\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|.}$

البرهان: يمكننا تطبيق استبدال نصف الزاوية المماسية بشكل منفصل${\displaystyle t=\tan {\tfrac {1}{2}}\theta }$لكل من الأشكال الثلاثة، وأظهر أنها مكافئة لنفس التعبير بدلالة${\displaystyle t.}$بموجب هذا الاستبدال${\displaystyle \cos \theta =(1-t^{2}){\big /}(1+t^{2})}$و${\displaystyle \sin \theta =2t{\big /}(1+t^{2}).}$

أولاً،

${\displaystyle {\begin{aligned}{\sqrt {\dfrac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}}&={\sqrt {\frac {1+{\dfrac {2t}{1+t^{2}}}}{1-{\dfrac {2t}{1+t^{2}}}}}}={\sqrt {\frac {1+t^{2}+2t}{1+t^{2}-2t}}}={\sqrt {\frac {(1+t)^{2}}{(1-t)^{2}}}}\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}}$

ثانية،

${\displaystyle {\begin{aligned}{\bigl |}\sec \theta +\tan \theta \,{\bigr |}&=\left|{\frac {1}{\cos \theta }}+{\frac {\sin \theta }{\cos \theta }}\right|=\left|{\frac {1+t^{2}}{1-t^{2}}}+{\frac {2t}{1-t^{2}}}\right|=\left|{\frac {(1+t)^{2}}{(1+t)(1-t)}}\right|\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}}$

ثالثًا، باستخدام متطابقة جمع الظل${\displaystyle \tan(\phi +\psi )=(\tan \phi +\tan \psi ){\big /}(1-\tan \phi \,\tan \psi ),}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\left|\,{\tan }{\biggl (}{\frac {\theta }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}\right|&=\left|{\frac {\tan {\tfrac {1}{2}}\theta +\tan {\tfrac {1}{4}}\pi }{1-\tan {\tfrac {1}{2}}\theta \,\tan {\tfrac {1}{4}}\pi }}\right|=\left|{\frac {t+1}{1-t\cdot 1}}\right|\\[5mu]&=\left|{\frac {1+t}{1-t}}\right|.\end{aligned}}}$

إذن، جميع التعبيرات الثلاثة تصف نفس الكمية.

يمكن كتابة الحل التقليدي لإحداثيات إسقاط مركاتور بدون علامات القيمة المطلقة لأن خط العرض${\displaystyle \varphi }$يقع بين${\textstyle -{\tfrac {1}{2}}\pi }$و${\textstyle {\tfrac {1}{2}}\pi }$،

${\displaystyle y=\ln \,{\tan }{\biggl (}{\frac {\varphi }{2}}+{\frac {\pi }{4}}{\biggr )}.}$

يترك

${\displaystyle {\begin{aligned}\psi &=\ln(\sec \theta +\tan \theta ),\\[4pt]e^{\psi }&=\sec \theta +\tan \theta ,\\[4pt]\sinh \psi &={\frac {e^{\psi }-e^{-\psi }}{2}}=\tan \theta ,\\[4pt]\cosh \psi &={\sqrt {1+\sinh ^{2}\psi }}=|\sec \theta \,|,\\[4pt]\tanh \psi &=\sin \theta .\end{aligned}}}$

لذلك،

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\operatorname {artanh} \left(\sin \theta \right)+C\\[-2mu]&=\operatorname {sgn}(\cos \theta )\operatorname {arsinh} \left(\tan \theta \right)+C\\[7mu]&=\operatorname {sgn}(\sin \theta )\operatorname {arcosh} {\left|\sec \theta \right|}+C.\end{aligned}}}$

تتضمن إحدى الطرق القياسية لحساب التكامل القاطع، والمذكورة في مراجع مختلفة، ضرب البسط والمقام في sec θ + tan θ ، ثم استخدام التعويض u = sec θ + tan θ . ويمكن الحصول على هذا التعويض من مجموع مشتقات القاطع والظل، حيث يكون القاطع عاملاً مشتركاً بينهما. ^{[ 6 ]}

بدءاً من

${\displaystyle {\frac {d}{d\theta }}\sec \theta =\sec \theta \tan \theta \quad {\text{and}}\quad {\frac {d}{d\theta }}\tan \theta =\sec ^{2}\theta ,}$

أضفها يعطي

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {d}{d\theta }}(\sec \theta +\tan \theta )&=\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \\&=\sec \theta (\tan \theta +\sec \theta ).\end{aligned}}}$

وبالتالي، فإن مشتقة المجموع تساوي المجموع مضروبًا في sec θ . وهذا يُمكّن من ضرب sec θ في sec θ + tan θ في البسط والمقام، وإجراء التعويضات التالية:

${\displaystyle {\begin{aligned}u&=\sec \theta +\tan \theta \\du&=\left(\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \right)\,d\theta .\end{aligned}}}$

يتم حساب التكامل على النحو التالي:

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\int {\frac {\sec \theta (\sec \theta +\tan \theta )}{\sec \theta +\tan \theta }}\,d\theta \\[6pt]&=\int {\frac {\sec ^{2}\theta +\sec \theta \tan \theta }{\sec \theta +\tan \theta }}\,d\theta &u&=\sec \theta +\tan \theta \\[6pt]&=\int {\frac {1}{u}}\,du&du&=\left(\sec \theta \tan \theta +\sec ^{2}\theta \right)\,d\theta \\[6pt]&=\ln |u|+C\\[4pt]&=\ln |\sec \theta +\tan \theta |+C,\end{aligned}}}$

كما هو مزعوم. هذه هي الصيغة التي اكتشفها جيمس غريغوري. ^{[ 1 ]}

على الرغم من أن غريغوري أثبت الفرضية عام 1668 في كتابه "Exercitationes Geometricae " ^{[ 7 ]،} إلا أن البرهان قُدِّم بصيغة تجعل فهمه شبه مستحيل على القراء المعاصرين؛ وقدّم إسحاق بارو ، في كتابه "Lectiones Geometricae" عام 1670 ^{[ 8 ]} ، أول برهان "مفهوم"، مع أن هذا البرهان كان "مصاغًا بلغة الهندسة السائدة آنذاك" ^{[ 3 ]} . وكان برهان بارو للنتيجة أول استخدام للكسور الجزئية في التكامل ^{[ 3 ]} . وبعد تكييفه مع الترميز الحديث، بدأ برهان بارو على النحو التالي:

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {1}{\cos \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{\cos ^{2}\theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{1-\sin ^{2}\theta }}\,d\theta }$

بالتعويض عن u = sin θ و du = cos θ dθ ، يتم اختزال التكامل إلى

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{1-u^{2}}}\,du&=\int {\frac {1}{(1+u)(1-u)}}\,du\\[6pt]&=\int {\frac {1}{2}}\!\left({\frac {1}{1+u}}+{\frac {1}{1-u}}\right)du&&{\text{partial fraction decomposition}}\\[6pt]&={\frac {1}{2}}{\bigl (}\ln \left|1+u\right|-\ln \left|1-u\right|{\bigr )}+C\\[6pt]&={\frac {1}{2}}\ln \left|{\frac {1+u}{1-u}}\right|+C\end{aligned}}}$

لذلك،

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta ={\frac {1}{2}}\ln {\frac {1+\sin \theta }{1-\sin \theta }}+C,}$

كما هو متوقع. ليس من الضروري أخذ القيمة المطلقة لأن${\displaystyle 1+\sin \theta }$و${\displaystyle 1-\sin \theta }$تكون دائمًا غير سالبة بالنسبة للقيم الحقيقية لـ${\displaystyle \theta .}$

يمكن أيضًا حل التكامل عن طريق معالجة الدالة المراد تكاملها والتعويض مرتين. باستخدام التعريف sec θ = 1 / cos θ والمتطابقة cos ² θ + sin ² θ = 1 ، يمكن إعادة كتابة التكامل على النحو التالي :

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {1}{\cos \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{\cos ^{2}\theta }}\,d\theta =\int {\frac {\cos \theta }{1-\sin ^{2}\theta }}\,d\theta .}$

باستبدال u = sin θ و du = cos θ dθ، يتم اختزال التكامل إلى

${\displaystyle \int {\frac {1}{1-u^{2}}}\,du.}$

يمكن تقييم التكامل المختزل عن طريق استبدال u = tanh t ، du = sech ² t dt ، ثم استخدام المتطابقة 1 − tanh ² t = sech ² t .

${\displaystyle \int {\frac {\operatorname {sech} ^{2}t}{1-\tanh ^{2}t}}\,dt=\int {\frac {\operatorname {sech} ^{2}t}{\operatorname {sech} ^{2}t}}\,dt=\int dt.}$

يُختزل التكامل الآن إلى تكامل بسيط، وبالتعويض العكسي نحصل على

${\displaystyle {\begin{aligned}\int dt&=t+C\\&=\operatorname {artanh} u+C\\[4pt]&=\operatorname {artanh} (\sin \theta )+C,\end{aligned}}}$

وهو أحد الأشكال الزائدية للتكامل.

يمكن استخدام استراتيجية مماثلة لدمج وظائف قاطع التمام ، وقاطع القطع الزائد ، وقاطع التمام الزائد .

من الممكن أيضاً إيجاد الشكلين الزائديين الآخرين مباشرة، وذلك عن طريق الضرب والقسمة مرة أخرى على حد مناسب:

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {\sec ^{2}\theta }{\sec \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\sec ^{2}\theta }{\pm {\sqrt {1+\tan ^{2}\theta }}}}\,d\theta ,}$

أين${\displaystyle \pm }$يرمز إلى${\displaystyle \operatorname {sgn}(\cos \theta )}$لأن ${\displaystyle {\sqrt {1+\tan ^{2}\theta }}=|\sec \theta \,|.}$وباستبدال u = tan θ و du = sec ² θ dθ ، يختزل الأمر إلى تكامل قياسي:

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {1+u^{2}}}}}\,du&=\pm \operatorname {arsinh} u+C\\&=\operatorname {sgn}(\cos \theta )\operatorname {arsinh} \left(\tan \theta \right)+C,\end{aligned}}}$

حيث sgn هي دالة الإشارة .

على نفس المنوال:

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta =\int {\frac {\sec \theta \tan \theta }{\tan \theta }}\,d\theta =\int {\frac {\sec \theta \tan \theta }{\pm {\sqrt {\sec ^{2}\theta -1}}}}\,d\theta .}$

وباستبدال u = | sec θ | ، du = | sec θ | tan θ dθ ، يختزل إلى تكامل قياسي:

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {1}{\pm {\sqrt {u^{2}-1}}}}\,du&=\pm \operatorname {arcosh} u+C\\&=\operatorname {sgn}(\sin \theta )\operatorname {arcosh} \left|\sec \theta \right|+C.\end{aligned}}}$

بموجب الاستبدال${\displaystyle z=e^{i\theta },}$

${\displaystyle {\begin{aligned}&\theta =-i\ln z,\quad d\theta ={\frac {-i}{z}}dz,\quad \cos \theta ={\frac {z+z^{-1}}{2}},\quad \sin \theta ={\frac {z-z^{-1}}{2i}},\quad \\[5mu]&\sec \theta ={\frac {2}{z+z^{-1}}},\quad \tan \theta =-i{\frac {z-z^{-1}}{z+z^{-1}}},\quad \\[5mu]&\sec \theta +\tan \theta =-i{\frac {2i+z-z^{-1}}{z+z^{-1}}}=-i{\frac {(z+i)(1+iz^{-1})}{(z-i)(1+iz^{-1})}}=-i{\frac {z+i}{z-i}}\end{aligned}}}$

لذا يمكن حل التكامل على النحو التالي:

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \sec \theta \,d\theta &=\int {\frac {2}{z+z^{-1}}}\,{\frac {-i}{z}}dz&&z=e^{i\theta }\\[5mu]&=\int {\frac {-2i}{z^{2}+1}}dz\\&=\int {\frac {1}{z+i}}-{\frac {1}{z-i}}\,dz&&{\text{partial fraction decomposition}}\\[5mu]&=\ln(z+i)-\ln(z-i)+C\\[5mu]&=\ln {\frac {z+i}{z-i}}+C\\[5mu]&=\ln {\bigl (}i(\sec \theta +\tan \theta ){\bigr )}+C\\[5mu]&=\ln(\sec \theta +\tan \theta )+\ln i+C\end{aligned}}}$

بما أن ثابت التكامل يمكن أن يكون أي قيمة، يمكن دمج الحد الثابت الإضافي فيه. وأخيرًا، إذا كانت قيمة θ حقيقية ، فيمكننا الإشارة إلى ذلك باستخدام أقواس القيمة المطلقة للحصول على المعادلة في شكلها الأكثر شيوعًا.

${\displaystyle \int \sec \theta \,d\theta =\ln \left|\tan \theta +\sec \theta \right|+C}$