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수학/ 삼각 치환, 쌍곡 치환 적분

Preliminaly

제곱근 안에 이차식이 존재하는 적분의 경우 그 형태를 그대로 적분하기 어렵기 때문에 제곱근을 제거하기 위해 삼각함수나 쌍곡함수의 항등식을 이용하여 치환하는 것을 삼각 치환(Trigonometric Substitution) 또는 쌍곡치환(Hyperbolic Substitution)이라 한다.
일반적으로 2차식은 다음 형태로 만들 수 있으므로
αt2+βt+γ=α(t+β2α)2+(γ−β24α)\alpha t^2+\beta t+\gamma = \alpha\left(t+{\beta\over2\alpha}\right)^2+\left(\gamma-{\beta^2\over4\alpha}\right)
제곱근 안의 이차식은 x2+a2,x2−a2,a2−x2\sqrt{x^2+a^2}, \sqrt{x^2-a^2}, \sqrt{a^2-x^2}의 3가지 형태로 만들 수 있으며(x=t+β2αx = t+{\beta\over 2\alpha}로 치환하고 a=γ−β24αa = \gamma - {\beta^2\over4\alpha}로 치환) 각각에 대해 삼각함수나 쌍곡함수의 항등식을 이용하여 xx를 치환하면 제곱근을 제거할 수 있다.

삼각 치환 적분(Trigonometric Substitution)

x2+a2\sqrt{x^2+a^2} 적분

x2+a2\sqrt{x^2+a^2} 형태의 경우 x=atan⁡θx = a \tan \theta로 치환하여 정리한다(여기서 θ∈(−π2,π2)\theta \in (-{\pi\over2},{\pi\over2})). 이 경우 양변을 θ\theta로 미분하여 식을 정리하면 dx=asec⁡2θ dθdx = a\sec^2\theta \ d\theta를 얻을 수 있고 다음처럼 제곱근을 제거할 수 있다.
x2+a2⇒(atan⁡θ)2+a2=a2tan⁡2θ+a2=a2(tan⁡2θ+1)=a2sec⁡2θ=a∣sec⁡θ∣=asec⁡θ(∵θ∈(−π2,π2))\begin{aligned} \sqrt{x^2+a^2} &\Rightarrow \sqrt{(a\tan \theta)^2+a^2} = \sqrt{a^2\tan^2 \theta + a^2} = \sqrt{a^2(\tan^2\theta +1)} \\& = \sqrt{a^2\sec^2\theta} = a|\sec\theta| = a \sec\theta \quad \left(\because \theta \in \left(-{\pi\over2},{\pi\over2}\right)\right)\end{aligned}
따라서 sec⁡θ=x2+a2a\sec\theta = {\sqrt{x^2+a^2}\over a}가 된다. 또한 x=atan⁡θx = a \tan \theta 였으므로 tan⁡θ=xa\tan\theta = {x\over a}가 된다.
이를 이용하면 ∫x2+a2 dx\int \sqrt{x^2+a^2} \ dx는 다음처럼 정리된다. (아래에서 ∫sec⁡3θdθ=12sec⁡θtan⁡θ+12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec^3 \theta d\theta = {1\over2}\sec\theta\tan\theta + {1\over2}\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C이다)
∫x2+a2 dx=∫asec⁡θ asec⁡2θdθ=a2∫sec⁡3θ dθ=a2(12sec⁡θtan⁡θ+12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣)+C=a22x2+a2axa+a22ln⁡∣x2+a2a+xa∣+C=x2x2+a2+a22ln⁡∣x+x2+a2a∣+C=x2x2+a2+a22ln⁡∣x+x2+a2∣−a22ln⁡∣a∣+C=12(xx2+a2+a2ln⁡∣x+x2+a2∣)+C′\begin{aligned} \int \sqrt{x^2+a^2} \ dx &= \int a\sec\theta \ a\sec^2\theta d\theta = a^2 \int \sec^3\theta \ d\theta \\ &= a^2 \left({1\over2}\sec\theta\tan\theta + {1\over2}\ln|\sec\theta+\tan\theta| \right)+ C\\ &= {a^2\over2}{\sqrt{x^2+a^2}\over a}{x\over a} + {a^2\over2}\ln\left|{\sqrt{x^2+a^2}\over a} + {x\over a}\right| +C \\ &= {x\over2}\sqrt{x^2+a^2} + {a^2\over2} \ln\left|{x + \sqrt{x^2+a^2}\over a}\right| +C \\ &= {x\over2} \sqrt{x^2+a^2} + {a^2\over2}\ln|x+\sqrt{x^2+a^2}| - {a^2\over2}\ln|a| + C \\ &= {1\over2}(x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln|x+\sqrt{x^2+a^2}|) + C' \end{aligned}
마지막에 −a22ln⁡∣a∣-{a^2\over2}\ln|a| 부분은 xx와 관계 없는 상수이므로 적분상수 C′C'에 흡수 된다.
만일 ∫1x2+a2dx\int {1\over\sqrt{x^2+a^2}} dx였다면 다음처럼 정리된다. (여기서 θ∈(−π2,π2)\theta \in (-{\pi\over2},{\pi\over2})로 가정하였으므로 sec⁡θ>0\sec\theta >0)
∫dxx2+a2=∫asec⁡2θdθa∣sec⁡θ∣=∫sec⁡θdθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C=ln⁡∣x2+a2a+xa∣+C=ln⁡∣x+x2+a2∣−ln⁡∣a∣+C=ln⁡∣x+x2+a2∣+C′\begin{aligned} \int {dx\over \sqrt{x^2+a^2}} &= \int {a\sec^2\theta d\theta \over a|\sec\theta|} = \int \sec\theta d\theta \\& = \ln |\sec\theta + \tan\theta| + C \\ &= \ln\left|{\sqrt{x^2+a^2}\over a} + {x\over a} \right|+C = \ln|x+\sqrt{x^2+a^2}| - \ln |a| + C \\ &= \ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C' \end{aligned}
위와 유사하게 마지막 −ln⁡∣a∣-\ln|a|는 적분상수 C′C'에 흡수된다.

x2−a2\sqrt{x^2-a^2} 적분

x2−a2\sqrt{x^2-a^2} 형태의 경우 x=asec⁡θx = a \sec \theta로 치환하여 정리한다(여기서 θ∈[0,π2)\theta \in [0,{\pi\over2})). 이 경우 양변을 θ\theta로 미분하여 식을 정리하면 dx=asec⁡θtan⁡θ dθdx = a\sec\theta \tan\theta \ d\theta를 얻을 수 있고 다음처럼 제곱근을 제거할 수 있다.
x2−a2⇒(asec⁡θ)2−a2=a2sec⁡2θ−a2=a2(sec⁡2θ−1)=a2tan⁡2θ=a∣tan⁡θ∣=atan⁡θ(∵θ∈[0,π2))\begin{aligned} \sqrt{x^2-a^2} &\Rightarrow \sqrt{(a\sec \theta)^2-a^2} = \sqrt{a^2\sec^2 \theta - a^2} = \sqrt{a^2(\sec^2\theta -1)} \\& = \sqrt{a^2\tan^2\theta} = a|\tan\theta| = a \tan \theta \quad \left(\because \theta \in \left[0,{\pi\over2}\right) \right)\end{aligned}
따라서 tan⁡θ=x2−a2a\tan\theta = {\sqrt{x^2-a^2}\over a}가 된다. 또한 x=asec⁡θx = a \sec \theta였으므로 sec⁡θ=xa\sec\theta = {x\over a}가 된다.
이를 이용하면 ∫x2−a2 dx\int \sqrt{x^2-a^2} \ dx는 다음처럼 정리된다. (아래에서 ∫sec⁡3θdθ=12sec⁡θtan⁡θ+12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec^3 \theta d\theta = {1\over2}\sec\theta\tan\theta + {1\over2}\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C이고 ∫sec⁡θdθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C\int \sec \theta d\theta = \ln|\sec\theta+\tan\theta|+C이다)
∫x2−a2 dx=∫atan⁡θ asec⁡θtan⁡θ dθ=a2∫tan⁡2θsec⁡θ dθ=a2∫(sec⁡2θ−1)sec⁡θdθ=a2∫(sec⁡3θ−sec⁡θ)dθ=a2(12sec⁡θtan⁡θ+12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣−ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣)+C=a2(12sec⁡θtan⁡θ−12ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣)+C=a22(sec⁡θtan⁡θ−ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣)+C=a22(xax2−a2a−ln⁡∣xa+x2−a2a∣)+C=a22(xx2−a2a2−ln⁡∣x+x2−a2∣+ln⁡∣a∣)+C=12(xx2−a2−a2ln⁡∣x+x2−a2∣)+C′\begin{aligned}\int \sqrt{x^2-a^2} \ dx &= \int a\tan\theta \ a\sec\theta\tan\theta \ d\theta = a^2 \int \tan^2\theta \sec\theta \ d\theta \\&= a^2\int(\sec^2\theta-1)\sec\theta d\theta = a^2\int(\sec^3\theta - \sec\theta )d\theta \\ &= a^2\left({1\over2}\sec\theta\tan\theta + {1\over2}\ln|\sec\theta+\tan\theta| - \ln|\sec\theta+\tan\theta|\right) + C \\ &= a^2\left({1\over2}\sec\theta\tan\theta - {1\over2}\ln|\sec\theta+\tan\theta|\right) +C \\ &= {a^2\over2}(\sec\theta\tan\theta - \ln|\sec\theta+\tan\theta|) +C \\ &= {a^2\over2}\left({x\over a}{{\sqrt{x^2-a^2}\over a}}- \ln \left|{x\over a}+{\sqrt{x^2-a^2}\over a}\right|\right) + C \\ &= {a^2\over2}\left({x\sqrt{x^2-a^2}\over a^2} - \ln|x+\sqrt{x^2-a^2}| + \ln|a|\right) + C \\ &={1\over2}(x\sqrt{x^2-a^2} - a^2\ln|x + \sqrt{x^2-a^2}|) + C' \end{aligned}
마지막에 a22ln⁡∣a∣{a^2\over2}\ln|a| 부분은 xx와 관계 없는 상수이므로 적분상수 C′C'에 흡수 된다.
만일 ∫1x2−a2dx\int {1\over\sqrt{x^2-a^2}} dx였다면 다음처럼 정리된다. (여기서 θ∈[0,π2)\theta \in [0,{\pi\over2})로 가정하였으므로 tan⁡θ>0\tan\theta >0)
∫dxx2−a2=∫asec⁡θtan⁡θdθa∣tan⁡θ∣=∫sec⁡θdθ=ln⁡∣sec⁡θ+tan⁡θ∣+C=ln⁡∣xa+x2−a2a∣+C=ln⁡∣x+x2−a2∣−ln⁡∣a∣+C=ln⁡∣x+x2−a2∣+C′\begin{aligned} \int {dx\over \sqrt{x^2-a^2}} &= \int {a\sec\theta\tan\theta d\theta \over a|\tan\theta|} = \int \sec\theta d\theta \\&= \ln |\sec\theta + \tan\theta| + C \\ &= \ln\left|{x\over a} + {\sqrt{x^2-a^2}\over a} \right|+C = \ln|x+\sqrt{x^2-a^2}| - \ln |a| + C \\ &= \ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C' \end{aligned}
위와 유사하게 마지막 −ln⁡∣a∣-\ln|a|는 적분상수 C′C'에 흡수된다.

a2−x2\sqrt{a^2-x^2} 적분

a2−x2\sqrt{a^2-x^2} 형태의 경우 x=asin⁡θx = a \sin \theta로 치환하여 정리한다(여기서 θ∈[−π2,π2]\theta \in [-{\pi\over2},{\pi\over2}]). 이 경우 양변을 θ\theta로 미분하여 식을 정리하면 dx=acos⁡θ dθdx = a\cos\theta \ d\theta를 얻을 수 있고 다음처럼 제곱근을 제거할 수 있다.
a2−x2⇒a2−(asin⁡θ)2=a2−a2sin⁡2θ=a2(1−sin⁡2θ)=a2cos⁡2θ=a∣cos⁡θ∣=acos⁡θ(∵θ∈[−π2,π2])\begin{aligned} \sqrt{a^2-x^2} &\Rightarrow \sqrt{a^2-(a\sin\theta)^2} = \sqrt{a^2-a^2\sin^2 \theta} = \sqrt{a^2(1-\sin^2\theta)} \\& = \sqrt{a^2\cos^2\theta} = a|\cos\theta| = a\cos \theta \quad \left(\because \theta \in [-{\pi\over2},{\pi\over2}]\right) \end{aligned}
따라서 cos⁡θ=a2−x2a\cos\theta = {\sqrt{a^2-x^2}\over a}가 된다. 또한 x=asin⁡θx = a \sin \theta였으므로 sin⁡θ=xa\sin\theta = {x\over a}가 되고 θ=arcsin⁡xa\theta =\arcsin {x\over a}가 된다.
이를 이용하면 ∫a2−x2 dx\int \sqrt{a^2-x^2} \ dx는 다음처럼 정리된다. (아래에서 ∫cos⁡2θdθ=θ2+sin⁡2θ4+C\int \cos^2 \theta d\theta = {\theta\over2} + {\sin 2\theta\over4} + C이고 sin⁡2θ=2sin⁡θcos⁡θ\sin2\theta =2\sin\theta\cos\theta이다)
∫a2−x2 dx=∫acos⁡θ acos⁡θ dθ=a2∫cos⁡2θ dθ=a2(θ2+sin⁡2θ4)+C=a2(θ2+2sin⁡θcos⁡θ4)+C=a22(arcsin⁡(xa)+xaa2−x2a)+C=12(a2arcsin⁡(xa)+(xa2−x2))+C\begin{aligned}\int \sqrt{a^2-x^2} \ dx &= \int a\cos\theta \ a\cos\theta\ d\theta = a^2 \int \cos^2\theta \ d\theta \\&= a^2\left({\theta\over2} + {\sin2\theta\over4}\right) + C \\ &= a^2 \left({\theta\over2}+ {2\sin\theta\cos\theta\over4} \right) +C \\ &= {a^2\over2}\left(\arcsin\left({x\over a}\right) + {x\over a}{\sqrt{a^2-x^2}\over a}\right) + C \\ &= {1\over2}\left(a^2\arcsin\left({x\over a}\right) + (x\sqrt{a^2-x^2})\right) + C \end{aligned}
만일 ∫1a2−x2dx\int {1\over\sqrt{a^2-x^2}} dx였다면 다음처럼 정리된다. (여기서 θ∈[−π2,π2]\theta \in [-{\pi\over2},{\pi\over2}]로 가정하였으므로 cos⁡θ>0\cos\theta >0)
∫dxa2−x2=∫acos⁡θdθa∣cos⁡θ∣=∫dθ=θ+C=arcsin⁡(xa)+C\begin{aligned} \int {dx\over \sqrt{a^2-x^2}} &= \int {a\cos\theta d\theta \over a|\cos\theta|} = \int d\theta = \theta + C= \arcsin\left({x\over a}\right) + C\end{aligned}

쌍곡 치환 적분(Hyperbolic Substitution)

쌍곡 치환 적분으로는 a2−x2\sqrt{a^2-x^2} 형태가 쉽게 풀리지 않기 때문에 다른 2가지 형태만 처리한다.

x2+a2\sqrt{x^2+a^2} 적분

x2+a2\sqrt{x^2+a^2} 형태의 경우 x=asinh⁡ux = a\sinh u로 치환하여 정리한다(쌍곡함수는 각도가 아니라 실수를 입력 받기 때문에 θ\theta가 아니라 uu를 사용한다). 이 경우 양변을 dudu로 미분하여 식을 정리하면 dx=acosh⁡u dudx = a\cosh u \ du를 얻을 수 있고 다음처럼 제곱근을 제거할 수 있다.
x2+a2⇒(asinh⁡u)2+a2=a2sinh⁡2u+a2=a2(sinh⁡2u+1)=a2cosh⁡2u=a∣cosh⁡u∣=acosh⁡u(∵cosh⁡u>0)\begin{aligned} \sqrt{x^2+a^2} &\Rightarrow \sqrt{(a\sinh u)^2+a^2} = \sqrt{a^2\sinh^2 u + a^2} = \sqrt{a^2(\sinh^2u +1)} \\& = \sqrt{a^2\cosh^2u} = a|\cosh u|= a\cosh u \quad (\because \cosh u > 0)\end{aligned}
따라서 cosh⁡u=x2+a2a\cosh u = {\sqrt{x^2+a^2}\over a}이고 x=asinh⁡ux = a\sinh u 였으므로 sinh⁡u=xa\sinh u = {x\over a}이고 u=arcsinh (xa)u = \text{arcsinh }({x\over a})이다. 이를 이용하면 ∫x2+a2 dx\int \sqrt{x^2+a^2} \ dx는 다음처럼 정리된다. (아래에서 ∫cosh⁡2xdx=sinh⁡2x4+x2+C\int\cosh^2 x dx = {\sinh 2x\over4} +{x\over2} +C 이다)
∫x2+a2 dx=∫acosh⁡u acosh⁡u du=a2∫cosh⁡2u du=a2(sinh⁡2u4+u2)+C=a2(2sinh⁡ucosh⁡u4+u2)+C=a2(12xax2+a2a+12arcsinh (xa))+C=12(xx2+a2+a2arcsinh (xa))+C\begin{aligned} \int \sqrt{x^2+a^2} \ dx &= \int a \cosh u \ a \cosh u \ du = a^2 \int \cosh^2 u \ du \\ &= a^2 \left({\sinh 2u\over 4} + {u\over2} \right)+ C = a^2\left({2\sinh u\cosh u \over 4} + {u\over 2} \right) + C \\ &= a^2\left({1\over2}{x\over a} {\sqrt{x^2+a^2}\over a}+{1\over2}\text{arcsinh } \left({x\over a}\right)\right) +C \\ &= {1\over2}\left(x\sqrt{x^2+a^2} + a^2\text{arcsinh }\left({x\over a}\right)\right) + C \end{aligned}
이 결과를 x=atan⁡θx = a \tan \theta로 치환하였을 때 ∫x2+a2 dx=12(xx2+a2+a2ln⁡∣x+x2+a2∣)+C′\int \sqrt{x^2+a^2} \ dx ={1\over2}(x\sqrt{x^2+a^2}+a^2\ln|x+\sqrt{x^2+a^2}|) + C'과 비교하면 흥미롭다. - (1)
만일 ∫1x2+a2dx\int {1\over\sqrt{x^2+a^2}} dx였다면 다음처럼 정리된다.
∫dxx2+a2=∫acosh⁡u duacosh⁡u=∫du=u+C=arcsinh(xa)+C\begin{aligned} \int {dx\over \sqrt{x^2+a^2}} &= \int {a\cosh u \ du \over a\cosh u} = \int du = u + C = \text{arcsinh}\left({x\over a}\right) + C \end{aligned}
이 결과를 x=atan⁡θx = a \tan \theta로 치환하였을 때 ∫dxx2+a2=ln⁡∣x+x2+a2∣+C′\int {dx\over\sqrt{x^2+a^2}} =\ln |x+\sqrt{x^2+a^2}|+C' 과 비교하면 흥미롭다. - (2)
즉 (1), (2)를 종합해 보면 arcsinh x=ln⁡∣x+x2+1∣\text{arcsinh } x = \ln |x+\sqrt{x^2+1}|이 된다.

x2−a2\sqrt{x^2-a^2} 적분

x2−a2\sqrt{x^2-a^2} 형태의 경우 x=acosh⁡ux = a\cosh u로 치환하여 정리한다(여기서 u>0u > 0). 이 경우 양변을 dudu로 미분하여 식을 정리하면 dx=asinh⁡u dudx = a\sinh u \ du를 얻을 수 있고 다음처럼 제곱근을 제거할 수 있다.
x2−a2⇒(acosh⁡u)2−a2=a2cosh⁡2u−a2=a2(cosh⁡2u−1)=a2sinh⁡2u=a∣sinh⁡u∣=asinh⁡u(∵u>0)\begin{aligned} \sqrt{x^2-a^2} &\Rightarrow \sqrt{(a\cosh u)^2-a^2} = \sqrt{a^2\cosh^2 u - a^2} = \sqrt{a^2(\cosh^2u -1)} \\& = \sqrt{a^2\sinh^2u} = a|\sinh u| = a\sinh u \quad (\because u > 0) \end{aligned}
따라서 sinh⁡u=x2−a2a\sinh u = {\sqrt{x^2-a^2}\over a}이고 x=acosh⁡ux = a\cosh u 였으므로 cosh⁡u=xa\cosh u = {x\over a}이고 u=arccosh (xa)u = \text{arccosh }({x\over a})이다. 이를 이용하면 ∫x2−a2 dx\int \sqrt{x^2-a^2} \ dx는 다음처럼 정리된다. (아래에서 ∫sinh⁡2xdx=sinh⁡2x4−x2+C\int\sinh^2 x dx = {\sinh 2x\over4} -{x\over2} +C 이다)
∫x2−a2 dx=∫asinh⁡u asinh⁡u du=a2∫sinh⁡2u du=a2(sinh⁡2u4−u2)+C=a2(2sinh⁡ucosh⁡u4−u2)+C=a2(12x2−a2axa−12arccosh (xa))+C=12(xx2−a2−a2arccosh (xa))+C\begin{aligned} \int \sqrt{x^2-a^2} \ dx &= \int a \sinh u\ a \sinh u \ du = a^2 \int \sinh^2 u \ du \\ &= a^2 \left({\sinh 2u\over 4} - {u\over2} \right)+ C = a^2\left({2\sinh u\cosh u \over 4} - {u\over 2} \right) + C \\ &= a^2\left({1\over2} {\sqrt{x^2-a^2}\over a}{x\over a}-{1\over2}\text{arccosh } \left({x\over a}\right)\right) +C \\ &= {1\over2}\left(x\sqrt{x^2-a^2} - a^2\text{arccosh }\left({x\over a}\right)\right) + C \end{aligned}
이 결과를 x=asec⁡θx = a \sec \theta로 치환하였을 때 ∫x2−a2 dx=12(xx2−a2−a2ln⁡∣x+x2−a2∣)+C′\int \sqrt{x^2-a^2} \ dx ={1\over2}(x\sqrt{x^2-a^2} - a^2\ln|x + \sqrt{x^2-a^2}|) + C'과 비교하면 흥미롭다. - (1)
만일 ∫1x2−a2dx\int {1\over\sqrt{x^2-a^2}} dx였다면 다음처럼 정리된다. (여기서 u>0u > 0로 가정하였으므로 sinh⁡u>0\sinh u > 0)
∫dxx2−a2=∫asinh⁡u dua∣sinh⁡u∣=∫du=u+C=arccosh(xa)+C\begin{aligned} \int {dx\over \sqrt{x^2-a^2}} &= \int {a\sinh u \ du \over a|\sinh u|} = \int du = u + C = \text{arccosh}\left({x\over a}\right) + C \end{aligned}
이 결과는 x=asec⁡θx = a \sec \theta로 치환하였을 때 ∫dxx2−a2=ln⁡∣x+x2−a2∣+C′\int {dx\over\sqrt{x^2-a^2}} =\ln |x+\sqrt{x^2-a^2}|+C'과 비교하면 흥미롭다. - (2)
즉 (1), (2)를 종합해 보면 arccosh x=ln⁡∣x+x2−1∣\text{arccosh } x = \ln |x+\sqrt{x^2-1}|이 된다.
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