Remplacement de Weierstrass - Weierstrass substitution

Dans le calcul intégral , la substitution Weierstrass ou substitution tangente de demi-angle est un procédé d'évaluation des intégrales , qui convertit une fonction rationnelle de fonctions trigonométriques d' en une fonction rationnelle ordinaire par réglage . Aucune généralité n'est perdue en les considérant comme des fonctions rationnelles du sinus et du cosinus. La formule générale de transformation est ${\style d'affichage x}$${\style d'affichage t}$${\style d'affichage t=\tan(x/2)}$

${\displaystyle \int f(\sin(x),\cos(x))\,dx=\int {\frac {2}{1+t^{2}}}f\left({\frac {2t {{1+t^{2}}},{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\right)\,dt.}$

Elle porte le nom de Karl Weierstrass (1815-1897), bien qu'on puisse la trouver dans un livre de Leonhard Euler de 1768. Michael Spivak a écrit que cette méthode était la « substitution la plus sournoise » au monde.

Le remplacement

En partant d'une fonction rationnelle des sinus et des cosinus, on remplace et par des fonctions rationnelles de la variable  et met en relation les différentielles et comme suit. ${\style d'affichage \sin x}$${\style d'affichage \cos x}$${\style d'affichage t}$${\displaystyle dx}$${\displaystyle dt}$

Laissez , où . Puis ${\style d'affichage t=\tan(x/2)}$${\displaystyle -\pi <x<\pi }$

${\displaystyle \sin \left({\frac {x}{2}}\right)={\frac {t}{\sqrt {1+t^{2}}}}\qquad {\text{and} }\qquad \cos \left({\frac {x}{2}}\right)={\frac {1}{\sqrt {1+t^{2}}}}.}$

D'où,

${\displaystyle \sin x={\frac {2t}{1+t^{2}}},\qquad \cos x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2} }},\qquad {\text{et}}\qquad dx={\frac {2}{1+t^{2}}}\,dt.}$

Dérivation des formules

Par les formules à double angle ,

${\displaystyle \sin x=2\sin \left({\frac {x}{2}}\right)\cos \left({\frac {x}{2}}\right)=2\cdot {\ frac {t}{\sqrt {t^{2}+1}}}\cdot {\frac {1}{\sqrt {t^{2}+1}}}={\frac {2}t}{t^ {2}+1}},}$

et

${\displaystyle \cos x=2\cos ^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)-1={\frac {2}{t^{2}+1}}- 1={\frac {2-(t^{2}+1)}{t^{2}+1}}={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}} }.}$

Enfin, depuis , ${\displaystyle t=\tan \left({\frac {x}{2}}\right)}$

${\displaystyle dt={\frac {1}{2}}\sec ^{2}\left({\frac {x}{2}}\right)dx={\frac {dx}{2\cos ^ {2}{\frac {x}{2}}}}={\frac {dx}{2\cdot {\frac {1}{t^{2}+1}}}}\qquad \Rightarrow \qquad dx={\frac {2}{t^{2}+1}}dt.}$

Exemples

Premier exemple : l'intégrale cosécante

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\int {\frac {dx}{\sin x}}\\[6pt]&=\int \left({\frac {1+ t^{2}}{2t}}\right)\left({\frac {2}{1+t^{2}}}\right)dt&&t=\tan {\frac {x}{2}}\ \[6pt]&=\int {\frac {dt}{t}}\\[6pt]&=\ln |t|+C\\[6pt]&=\ln \left|\tan {\frac { x}{2}}\right|+C.\end{aligned}}}$

Nous pouvons confirmer le résultat ci-dessus en utilisant une méthode standard d'évaluation de l'intégrale cosécante en multipliant le numérateur et le dénominateur par et en effectuant les substitutions suivantes à l'expression résultante : et . Cette substitution peut être obtenue à partir de la différence des dérivés de la cosécante et de la cotangente, qui ont la cosécante comme facteur commun. ${\displaystyle \csc x-\cot x}$${\displaystyle u=\csc x-\cot x}$${\displaystyle du=(-\csc x\cot x+\csc ^{2}x)\,dx}$

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\int {\frac {\csc x(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}}\,dx \\[6pt]&=\int {\frac {(\csc ^{2}x-\csc x\cot x)\,dx}{\csc x-\cot x}}&&u=\csc x-\ cot x\\[6pt]&=\int {\frac {du}{u}}&&du=(-\csc x\cot x+\csc ^{2}x)\,dx\\[6pt]&=\ ln |u|+C=\ln |\csc x-\cot x|+C.\end{aligned}}}$

Maintenant, les formules des demi-angles pour les sinus et les cosinus sont

${\displaystyle \sin ^{2}\theta ={\frac {1-\cos 2\theta }{2}}\quad {\text{and}}\quad \cos ^{2}\theta ={\ frac {1+\cos 2\theta }{2}}.}$

Ils donnent

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\ln \left|\tan {\frac {x}{2}}\right|+C=\ln {\sqrt {\frac { 1-\cos x}{1+\cos x}}}+C\\[6pt]&=\ln {\sqrt {{\frac {1-\cos x}{1+\cos x}}\cdot {\frac {1-\cos x}{1-\cos x}}}}+C\\[6pt]&=\ln {\sqrt {\frac {(1-\cos x)^{2}} {\sin ^{2}x}}}+C\\[6pt]&=\ln {\sqrt {\left({\frac {1-\cos x}{\sin x}}\right)^{ 2}}}+C\\[6pt]&=\ln {\sqrt {\left({\frac {1}{\sin x}}-{\frac {\cos x}{\sin x}}\ droite)^{2}}}+C\\[6pt]&=\ln {\sqrt {(\csc x-\cot x)^{2}}}+C=\ln \left|\csc x- \cot x\right|+C,\end{aligned}}}$

donc les deux réponses sont équivalentes. L'expression

${\displaystyle \tan {\frac {x}{2}}={\frac {1-\cos x}{\sin x}}}$

est une formule de demi-angle tangente . L' intégrale sécante peut être évaluée de manière similaire.

Deuxième exemple : une intégrale définie

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int _{0}^{\pi }{\ frac {dx}{2+\cos x}}+\int _{\pi }^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}\\[6pt]&=\int _ {0}^{\infty }{\frac {2\,dt}{3+t^{2}}}+\int _{-\infty }^{0}{\frac {2}\,dt}{ 3+t^{2}}}&t&=\tan {\frac {x}{2}}\\[6pt]&=\int _{-\infty }^{\infty }{\frac {2\, dt}{3+t^{2}}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int _{-\infty }^{\infty }{\frac { du}{1+u^{2}}}&t&=u{\sqrt {3}}\\[6pt]&={\frac {2\pi }{\sqrt {3}}}.\end{aligned }}}$

Dans la première ligne, on ne se substitue pas simplement aux deux limites d'intégration . La singularité (dans ce cas, une asymptote verticale ) de at doit être prise en compte. Sinon, évaluez d'abord l'intégrale indéfinie puis appliquez les valeurs limites.${\style d'affichage t=0}$${\displaystyle t=\tan {\frac {x}{2}}}$${\style d'affichage x=\pi }$

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int {\frac {1}{2+{\frac {1-t^{2}} {1+t^{2}}}}}{\frac {2},dt}{t^{2}+1}}&&t=\tan {\frac {x}{2}}\\[6pt] &=\int {\frac {2\,dt}{2(t^{2}+1)+(1-t^{2})}}=\int {\frac {2\,dt}{t ^{2}+3}}\\[6pt]&={\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{\left({\frac {t}{\sqrt {3}} }\right)^{2}+1}}&&u={\frac {t}{\sqrt {3}}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\ int {\frac {du}{u^{2}+1}}&&\tan \theta =u\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int \cos ^ {2}\theta \sec ^{2}\theta \,d\theta ={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int d\theta \\[6pt]&={\frac {2 }{\sqrt {3}}}\theta +C={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {t}{\sqrt {3}}}\right) +C\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left[{\frac {\tan(x/2)}{\sqrt {3}}}\right ]+C.\end{aligné}}}$

Par symétrie,

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}&=2\int _{0}^{\pi }{ \frac {dx}{2+\cos x}}=\lim _{b\rightarrow \pi }{\frac {4}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan x /2}{\sqrt {3}}}\right){\Biggl |}_{0}^{b}\\[6pt]&={\frac {4}{\sqrt {3}}}{\ Biggl [}\lim _{b\rightarrow \pi }\arctan \left({\frac {\tan b/2}{\sqrt {3}}}\right)-\arctan(0){\Biggl ]} ={\frac {4}{\sqrt {3}}}\left({\frac {\pi }{2}}-0\right)={\frac {2\pi }{\sqrt {3}} },\end{aligné}}}$

qui est la même que la réponse précédente.

Troisième exemple : à la fois sinus et cosinus

${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a\cos x+b\sin x+c}}&=\int {\frac {2dt}{a(1-t^{2 })+2bt+c(t^{2}+1)}}\\[6pt]&=\int {\frac {2dt}{(ca)t^{2}+2bt+a+c}}\ \[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\arctan {\frac {(ca)\tan { \frac {x}{2}}+b}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}+C\end{aligned}}}$

Si ${\displaystyle 4E=4(ca)(c+a)-(2b)^{2}=4(c^{2}-(a^{2}+b^{2}))>0.}$

Géométrie

La substitution de Weierstrass paramétre le cercle unité centré en (0, 0). Au lieu de +∞ et −∞, nous n'avons qu'un seul , aux deux extrémités de la ligne réelle. C'est souvent approprié lorsqu'il s'agit de fonctions rationnelles et de fonctions trigonométriques. (Il s'agit de la compactification en un point de la ligne.)

Lorsque x varie, le point (cos  x , sin  x ) s'enroule à plusieurs reprises autour du cercle unité centré en (0, 0). Le point

${\displaystyle \left({\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},{\frac {2}t}{1+t^{2}}}\right)}$

ne fait qu'un tour du cercle lorsque t va de −∞ à +∞, et n'atteint jamais le point (−1, 0), qui est approché comme limite lorsque t tend vers ±∞. Lorsque t passe de −∞ à −1, le point déterminé par t passe par la partie du cercle du troisième quadrant, de (−1, 0) à (0, −1). Lorsque t passe de -1 à 0, le point suit la partie du cercle dans le quatrième quadrant de (0, -1) à (1, 0). Lorsque t va de 0 à 1, le point suit la partie du cercle dans le premier quadrant de (1, 0) à (0, 1). Enfin, lorsque t passe de 1 à +∞, le point suit la partie du cercle dans le deuxième quadrant de (0, 1) à (−1, 0).

Voici un autre point de vue géométrique. Tracez le cercle unité, et soit P le point (−1, 0) . Une ligne passant par P (à l'exception de la ligne verticale) est déterminée par sa pente. De plus, chacune des lignes (à l'exception de la ligne verticale) coupe le cercle unité en exactement deux points, dont l'un est P . Cela détermine une fonction des points sur le cercle unité aux pentes. Les fonctions trigonométriques déterminent une fonction des angles aux points sur le cercle unité, et en combinant ces deux fonctions, nous avons une fonction des angles aux pentes.

Galerie

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  (1/2) La substitution de Weierstrass relie un angle à la pente d'une ligne.

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  (2/2) La substitution de Weierstrass illustrée comme projection stéréographique du cercle.

Fonctions hyperboliques

Comme pour d'autres propriétés partagées entre les fonctions trigonométriques et les fonctions hyperboliques, il est possible d'utiliser des identités hyperboliques pour construire une forme similaire de la substitution :

${\displaystyle {\begin{aligned}&\sinh x={\frac {2t}{1-t^{2}}},\qquad \cosh x={\frac {1+t^{2}}{ 1-t^{2}}},\qquad \tanh x={\frac {2t}{1+t^{2}}},\\[6pt]&\coth x={\frac {1+t ^{2}}{2t}},\qquad \operatorname {sech} x={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}},\qquad \operatorname {csch} x ={\frac {1-t^{2}}{2t}},\\[6pt]&{\text{and}}\qquad dx={\frac {2}{1-t^{2}} }\,dt.\end{aligné}}}$

Voir également

• Courbe rationnelle
• Projection stéréographique
• Formule demi-angle tangente
• Substitution trigonométrique
• Remplacement d'Euler

Lectures complémentaires

• Edwards, Joseph (1921). "Chapitre VI". Un traité sur le calcul intégral avec des applications, des exemples et des problèmes . Londres : Macmillan and Co, Ltd.

Notes et références

Liens externes

• Formules de substitution de Weierstrass chez PlanetMath