Maneras de evaluar ∫secθdθ∫sec⁡θdθ\int \sec \theta \, \mathrm d \theta

Otra forma es:

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

Vale la pena señalar que la respuesta puede aparecer en muchos disfraces. Otro es

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

Una técnica útil es usar las fórmulas de los medios ángulos en términos de$\tan (\theta/2)$para convertir funciones trigonométricas (racionales) en funciones racionales.

por ejemplo si$t = \tan(\theta/2)$tenemos eso$\sec \theta = \frac{1+t^2}{1-t^2}$

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

Y entonces

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

Lo cual puede ser fácilmente evaluado.

Del mismo modo obtenemos

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

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

Consulta esta página .

Usando las definiciones

$$\sec \theta = 1/\cos \theta \quad \text{and} \quad \cos \theta = (\exp(i \theta) + \exp(-i \theta))/2$$ da $$\int \sec \theta \, d \theta = \int \frac{2 \, d \theta}{\exp(i \theta) + \exp(-i \theta)}.$$ El único conocimiento que se necesita es encontrar la sustitución. $u = \exp( i \theta )$(¿qué más hay para probar?), lo que lleva a un múltiplo de $\int \frac{du}{1+u^2}$, la tangente inversa. Así, de forma esencialmente mecánica se obtiene la solución genérica $$-2 i \arctan(\exp(i \theta)).$$ Al desenredar esto a través de las identidades algebraicas usuales entre funciones exponenciales y trigonométricas, no solo muestra que es igual a las soluciones usuales, sino que también revela por qué podrían estar involucrados los medios ángulos y dónde un desplazamiento de $\pi /4$podría provenir (como en la respuesta de @Derek Jennings): es una constante de integración, por supuesto.

Aquí hay una forma en que un electricista resuelve el problema. Desde$\cos(x)=\sin(\frac{\pi}{2} + x)$es más fácil considerar la integral

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

Ahora:

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

De este modo

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

Sustituyendo$x$con$\frac{\pi}{2}+x$da para la integral original:

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

En lugar de presentar otra forma de evaluar esta integral, justifico un caso más general en un enfoque que usa fracciones parciales e identidades trigonométricas, al nivel de una clase de Cálculo, creo:

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

Desde

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

tenemos

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

Pero

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

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

Por eso

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

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

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

Así, tenemos su caso particular

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

De$\tan \dfrac{x}{2}=\dfrac{\sin x}{1+\cos x}$y$\sec x+\tan x=\dfrac{1+\sec x+\tan x}{1+\sec x-\tan x}$resulta que

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

y finalmente

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

Aquí hay otra forma de calcular

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

Primero, necesitamos una identidad trigonométrica

$$\begin{eqnarray*} \cos^2 x &=&(1-\sin x)(1+\sin x) \\ \frac{1-\sin x}{\cos x} &=&\frac{\cos x}{1+\sin x} \\ \sec x &=&\tan x+\frac{\cos x}{1+\sin x} \end{eqnarray*}$$ A continuación, basta con integrar cada lado $$\begin{eqnarray*} \int \sec x\,dx &=&\int \tan x\,dx+\int \frac{\cos x}{1+\sin x}\,dx \\[6pt] &=&-\ln \left\vert \cos x\right\vert +\ln \left\vert 1+\sin x\right\vert +C \\[6pt] &=&\ln \left\vert \frac{1+\sin x}{\cos x}\right\vert +C \\[6pt] &=&\ln \left\vert \sec x+\tan x\right\vert +C \end{eqnarray*}$$

Estos artículos existen:

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

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

V. Frederick Rickey y Philip M. Tuchinsky, An Application of Geography to Mathematics: History of the Integral of the Secant , Mathematics Magazine, volumen 53, número 3, mayo de 1980, páginas 162–166.

El artículo de Rickey & Tuchinsky nos dice que la integral de la función secante fue una conjetura bien conocida en el siglo XVII, que Isaac Barrow resolvió el problema y que la razón original para plantear la pregunta provino de la cartografía.

Aquí está el argumento en mi artículo de menos de una página en el Monthly en junio de 2013:$^\dagger$

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

Lamento que en ese artículo haya usado el término sustitución de Weierstrass , siguiendo el texto de cálculo de Stewart, porque, como supe más tarde, la atribución de Stewart a Karl Weierstrass es casi con certeza errónea. Le escribí a Stewart preguntándole sobre la evidencia de la afirmación. No tenía ninguno, pero dijo que el término era de uso generalizado antes de que apareciera su libro.

(En privado pienso en la identidad trigonométrica$\displaystyle\tan\left(\frac\pi4 \pm \frac\theta2\right) = \sec\theta\pm\tan\theta$como el
$\text{“}$fórmula del medio ángulo de la tangente del cartógrafo,$\text{”}$pero no estoy seguro de cuánto sentido tiene eso).

---

$^\dagger$Michael Hardy, "Eficiencia en la antidiferenciación de la función secante", American Mathematical Monthly , junio-julio de 2013, página 580.

Doble forma de calcular

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

Primero, necesitamos una identidad trigonométrica

$$\begin{eqnarray*} \sin^2x &=&(1-\cos x)(1+\cos x) \\ \frac{1-\cos x}{\sin x} &=&\frac{\sin x}{1+\cos x} \\ \csc x &=&\cot x+\frac{\sin x}{1+\cos x} \end{eqnarray*}$$ A continuación, basta con integrar cada lado $$\begin{eqnarray*} \int \csc x\,dx &=&\int \cot x\,dx+\int \frac{\sin x}{1+\cos x}\,dx \\ &=&\ln \left\vert \sin x\right\vert -\ln \left\vert 1+\cos x\right\vert +C \\ &=&-\ln \left\vert \frac{1+\cos x}{\sin x}\right\vert +C \\ &=&-\ln \left\vert \csc x+\cot x\right\vert +C \end{eqnarray*}$$

Aquí hay un enfoque ligeramente diferente para calcular

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

Definir$u := \tan(\frac{x}{2})$por lo que sigue$dx = \frac{2}{1+u^2}\,du$. Resulta que$\cos(x) = \frac{1-u^2}{1+u^2}$bajo esta sustitución. Ahora podemos escribir la integral como:

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

Lo sabemos$(\tanh^{-1}(x))’ = \frac{1}{1-x^2}$, por lo que la integral se convierte en

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

La solución se ve un poco diferente a las otras publicadas aquí, pero es la misma. El truco aquí es saber la sustitución y también cómo expresar$\cos(x)$en términos de$u$pero después de eso es solo la regla de sustitución básica.

Aquí hay otra variación sobre un tema. Se basa en las siguientes dos fórmulas de doble ángulo para seno y coseno, a saber

$$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta \qquad \text{and} \qquad \cos 2 \theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta,$$ dos sustituciones obvias y una simple descomposición en fracciones parciales. Es similar a hacer el famoso$t$-sustitución de$t = \tan \frac{x}{2}$sin tener que depender de saber esto.

Si la sustitución$x = 2u$está hecho, tenemos

$$\begin{align} \int \sec x \, dx &= 2 \int \sec 2u \, du\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos 2u}\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos^2 u - \sin^2 u}\\ &= 2 \int \frac{du}{\cos^2 u(1 - \tan^2 u)}\\ &= 2 \int \frac{\sec^2 u}{1 - \tan^2 u} \, du. \end{align}$$ Ahora deja$t = \tan u, dt = \sec^2 u \, du$. De este modo $$\begin{align} \int \sec x \, dx &= 2 \int \frac{dt}{1 - t^2}\\ &= 2 \int \frac{dt}{(1 - t)(1 + t)}\\ &= \int \left [\frac{1}{1 - t} + \frac{1}{1 + t} \right ] dt\\ &= \ln \left |\frac{1 + t}{1 - t} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \tan u}{1 - \tan u} \right | + C \qquad \text{since} \,\, t = \tan u\\ &= \ln \left |\frac{\cos u + \sin u}{\cos u - \sin u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{\cos u + \sin u}{\cos u - \sin u} \cdot \frac{\cos u + \sin u}{\cos u + \sin u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{\cos^2 u + \sin^2 u + 2\sin u \cos u}{\cos^2 u - \sin^2 u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \sin 2u}{\cos 2u} \right | + C\\ &= \ln \left |\frac{1 + \sin x}{\cos x} \right | + C \qquad \text{since} \,\, x = 2u\\ &= \ln |\sec x + \tan x| + C, \end{align}$$ como se esperaba.

Aquí hay otra forma de encontrar la integral indefinida para la secante usando lo que se conoce como sustitución hiperbólica de Gunther .

Comenzamos escribiendo la integral indefinida para la secante como

$$\int \sec x \, dx = \int \frac{\sec^2 x}{\sec x} \, dx = \int \frac{d(\tan x)}{\sec x}.$$ Ahora deja$x = \sinh u, d(\tan x) = \cosh u$, y no es demasiado difícil ver que$\sec x = \sinh u$. De este modo $$\begin{align} \int \sec x \, dx &= \int \frac{\cosh u}{\cosh u} \, du\\ &= \int du\\ &= u + C\\ &= \ln (\cosh u + \sinh u) + C\\ &= \ln |\tan x + \sec x| + C, \end{align}$$ desde$\sinh u = \tan x$y$\cosh u = \sec x$, como se esperaba.

Mi forma favorita:

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

Método 1:

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

Método-2:

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