Substitusi tangen setengah sudut

Dalam integral kalculus, substitusi tangen setengah sudut adalah teknik pergantian variabel untuk menyelesaikan integral tak tentu, yang mengubah fungsi rasional dari fungsi trigonometri terhadap $x$ menjadi fungsi rasional biasa terhadap $t$ dengan menetapkan $t=\tan \frac{x}{2}$. Ini adalah proyeksi stereografik satu dimensi dari lingkaran satuan yang diparameterkan oleh ukuran sudut ke garis bilangan real. Rumus umum transformasinya ialah:

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

Tangen setengah sudut itu penting dalam trigonometri bola dan kadang dikenal pada abad ke-17 sebagai setengah tangen atau semi-tangen. Leonhard Euler menggunakan substitusi ini untuk menyelesaikan integral $\int dx/(a+b\cos x)$ dalam buku cetak integral kalkulus tahun 1768 miliknya, dan Adrien-Marie Legendre menjelaskan metodenya secara umum pada 1817.

Substitusi ini dijelaskan pada sebagian besar buku integral kalkulus sejak akhir abad ke-19, biasanya tanpa nama khusus. Substitusi ini dikenal dalam Rusia sebagai substitusi trigonometri universal (universal trigonometry substitution), dan dikenal juga variasi nama seperti substitusi setengah tangen atau substitusi sudut paruh. Substitusi ini terkadang salah dikaitkan sebagai substitusi Weierstrass. Michael Spivak menyebutnya "substitusi terlicik sedunia".

Substitusi

Dengan memperkenalkan variabel baru $t=\tan \frac{x}{2},$ fungsi sinus dan kosinus dapat dinyatakan sebagai fungsi rasional terhadap $t,$ dan $dx$ dapat dinyatakan sebagai hasil perkalian $dt$ dengan fungsi rasional terhadap $t,$ sebagai berikut: $$\sin x=\frac{2t}{1+t^2},\cos x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\text{dan}dx=\frac{2}{1+t^2}dt.$$

Penurunan rumus

Dengan menggunakan rumus sudut rangkap sebagai pembilang, dan penggunaan identitas Pythagoras sebagai penyebut, lalu membagi pembilang dan penyebutnya dengan ${\cos }^2\frac{x}{2},$ maka diperoleh

$$\begin{array}{cc}\sin x& =\frac{2\sin \frac{x}{2}\cos \frac{x}{2}}{{\cos }^2\frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}=\frac{2\tan \frac{x}{2}}{1+{\tan }^2\frac{x}{2}}=\frac{2t}{1+t^2},\\ \cos x& =\frac{{\cos }^2\frac{x}{2}-{\sin }^2\frac{x}{2}}{{\cos }^2\frac{x}{2}+{\sin }^2\frac{x}{2}}=\frac{1-{\tan }^2\frac{x}{2}}{1+{\tan }^2\frac{x}{2}}=\frac{1-t^2}{1+t^2}.\end{array}$$

Dan terakhir, karena $t=\tan \frac{x}{2}$, kaidah pendiferensialan mengakibatkan

$dt=\frac{1}{2}(1+{\tan }^2\frac{x}{2})dx=\frac{1+t^2}{2}dx,$

sehingga

$dx=\frac{2}{1+t^2}dt.$

Contoh

Integral dari kosekan

$$\begin{array}{cc}\int \csc xdx& =\int \frac{dx}{\sin x}\\ & =\int \left(\frac{1+t^2}{2t}\right)\left(\frac{2}{1+t^2}\right)dt& & t=\tan \frac{x}{2}\\ & =\int \frac{dt}{t}\\ & =\ln |t|+C\\ & =\ln |\tan \frac{x}{2}|+C.\end{array}$$

Jawaban di atas bisa dikonfirmasi menggunakan metode standar dalam mencari integral kosekan dengan mengalikan bagian pembilang dan penyebutnya dengan $\csc x-\cot x$ lalu melakukan substitusi $u=\csc x-\cot x,$ $du=(-\csc x\cot x+{\csc }^{2}x)dx$. $$\begin{array}{cc}\int \csc xdx& =\int \frac{\csc x(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}dx\\ & =\int \frac{({\csc }^{2}x-\csc x\cot x)dx}{\csc x-\cot x}u=\csc x-\cot x\\ & =\int \frac{du}{u}\\ & =\ln |u|+C\\ & =\ln |\csc x-\cot x|+C.\end{array}$$

Kedua jawaban ini adalah sama, karena $\csc x-\cot x=\tan \frac{x}{2}:$

$$\begin{array}{cc}\csc x-\cot x& =\frac{1}{\sin x}-\frac{\cos x}{\sin x}\\ & =\frac{1+t^2}{2t}-\frac{1-t^2}{1+t^2}\frac{1+t^2}{2t}t=\tan \frac{x}{2}\\ & =\frac{2t^2}{2t}=t\\ & =\tan \frac{x}{2}\end{array}$$

Integral fungsi sekan dapat dicari dengan cara yang serupa.

Integral tentu

$$\begin{array}{cc}\underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}+\underset{\pi }{\overset{2\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}\\ & =\underset{0}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2dt}{3+t^2}+\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{0}{\int }}\frac{2dt}{3+t^2}& t& =\tan \frac{x}{2}\{\begin{array}{cc}x\to 0^{+}& ⟹t\to 0\\ x\to {\pi }^{-}& ⟹t\to \mathrm{\infty }\\ x\to {\pi }^{+}& ⟹t\to -\mathrm{\infty }\\ x\to 2{\pi }^{-}& ⟹t\to 0\end{array}\\ & =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{2dt}{3+t^2}\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{du}{1+u^2}& t& =u\sqrt{3}\\ & =\frac{2\pi }{\sqrt{3}}.\end{array}$$

Pada baris pertama, kedua batas integralnya tidak bisa langsung diganti menjadi $t=0$. Titik singularnya (pada kasus ini, asimtot vertikal) dengan $t=\tan \frac{x}{2}$ pada saat $x=\pi$ harus diperhitungkan. Cara lainnya adalah selesaikan dulu integral tak tentunya, lalu terapkan batas integrasinya. $$\begin{array}{cc}\int \frac{dx}{2+\cos x}& =\int \frac{1}{2+\frac{1-t^2}{1+t^2}}\frac{2dt}{t^2+1}t=\tan \frac{x}{2}\\ & =\int \frac{2dt}{2(t^2+1)+(1-t^2)}=\int \frac{2dt}{t^2+3}\\ & =\frac{2}{3}\int \frac{dt}{(t/\sqrt{3}{)}^2+1}u=t/\sqrt{3}\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}\int \frac{du}{u^2+1}\tan \theta =u\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}\int {\cos }^2\theta {\sec }^2\theta d\theta =\frac{2}{\sqrt{3}}\int d\theta \\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}\theta +C=\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{t}{\sqrt{3}}\right)+C\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\right)+C\\ \\ \underset{0}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}& =\underset{0}{\overset{\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}+\underset{\pi }{\overset{2\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}\\ & =\underset{m\to {\pi }^{-}}{\lim }\underset{0}{\overset{m}{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}+\underset{n\to {\pi }^{+}}{\lim }\underset{n}{\overset{2\pi }{\int }}\frac{dx}{2+\cos x}\\ & =\underset{m\to {\pi }^{-}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\right){|}_0^m+\underset{n\to {\pi }^{+}}{\lim }\frac{2}{\sqrt{3}}\arctan \left(\frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\right){|}_n^{2\pi }\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}((\underset{m\to {\pi }^{-}}{\lim }\arctan \left(\frac{\tan \frac{x}{2}}{\sqrt{3}}\right)-\arctan \left(\frac{\tan \frac{0}{2}}{\sqrt{3}}\right))+(\arctan \left(\frac{\tan \frac{2\pi }{2}}{\sqrt{3}}\right)-\underset{n\to {\pi }^{+}}{\lim }\arctan \left(\frac{\tan \frac{n}{2}}{\sqrt{3}}\right)))\\ & =\frac{2}{\sqrt{3}}((\frac{\pi }{2}-0)+(0-(-\frac{\pi }{2})))=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}\end{array}$$ yang merupakan jawaban yang sama seperti cara sebelumnya.

Sinus dan kosinus bersamaan

$$\begin{array}{cc}\int \frac{dx}{a\cos x+b\sin x+c}& =\int \frac{1}{a\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right)+b\left(\frac{2t}{t^2+1}\right)+c}\cdot \frac{2}{1+t^2}dt\\ & =\int \frac{2}{a(1-t^2)+2bt+c(t^2+1)}dt\\ & =\int \frac{2}{(c-a)t^2+2bt+(c+a)}dt\\ & =\int \frac{2(c-a)}{(c-a{)}^2{t}^2+2b(c-a)t+(c+a)(c-a)}dt\\ & =\int \frac{2(c-a)}{{\left((c-a)t\right)}^2+2b(c-a)t+b^2-b^2+c^2-a^2}dt\\ & =\int \frac{2(c-a)}{{((c-a)t+b)}^2+c^2-(a^2+b^2)}dt\end{array}$$

dengan asumsi nilai $a\ne c$. Nilai $c^2-(a^2+b^2)$ akan diasumsikan positif (sehingga substitusi yang relevan digunakan ialah substitusi trigonometri tangen. Jika $c^2-(a^2+b^2)<0$, maka substitusi trigonometri yang dipilih ialah fungsi sekan). Misalkan $(c-a)t+b=\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}\tan \theta$, maka $(c-a)dt=\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}{\sec }^2\theta d\theta$

$$\begin{array}{cc}\int \frac{dx}{a\cos x+b\sin x+c}& =\int \frac{2(c-a)}{{((c-a)t+b)}^2+c^2-(a^2+b^2)}dt\\ & =\int \frac{2}{{(\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}\tan \theta )}^2+c^2-(a^2+b^2)}\cdot \sqrt{c^2-(a^2+b^2)}{\sec }^2\theta d\theta \\ & =\int \frac{2}{(c^2-(a^2+b^2))({\tan }^2\theta +1)}\cdot \sqrt{c^2-(a^2+b^2)}{\sec }^2\theta d\theta \\ & =\int \frac{2\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}{c^2-(a^2+b^2)}\frac{{\sec }^2\theta }{{\tan }^2\theta +1}d\theta \\ & =\frac{2}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\int d\theta \\ & =\frac{2}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\cdot \theta +C\end{array}$$

Oleh karena $(c-a)t+b=\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}\tan \theta$ dan $t=\tan \frac{x}{2}$, maka diperoleh :

$$\begin{array}{cc}\frac{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}{c-a}\tan \theta & =t+\frac{b}{c-a}\\ \sqrt{c^2-(a^2+b^2)}\tan \theta & =(c-a)\tan \left(\frac{x}{2}\right)+b\\ \tan \theta & =\frac{(c-a)\tan \left(\frac{x}{2}\right)+b}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\\ \theta & =\arctan \left(\frac{(c-a)\tan \frac{x}{2}+b}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\right)\\ \\ \int \frac{dx}{a\cos x+b\sin x+c}& =\frac{2}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\cdot \theta +C\\ & =\frac{2}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\arctan \left(\frac{(c-a)\tan \left(\frac{x}{2}\right)+b}{\sqrt{c^2-(a^2+b^2)}}\right)+C\end{array}$$

Geometri

Substitusi tangen setengah sudut memparameterkan lingkaran satuan yang berpusat pada  (0, 0). Dari pada +∞ dan −∞, hanya ada ∞, pada kedua ujung garis bilangan riil. Hal ini seringkali lumrah saat berhadapan dengan fungsi rasional dan dengan fungsi trigonometri.

Saat nilai x berganti, titik (cos x, sin x) berulang kali mengitari lingkaran satuan yang berpusat pada titik  (0, 0). Titik

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

hanya sekali mengitari lingkaran saat t berganti nilai dari −∞ menuju  +∞, dan tidak pernah menyentuh titik  (−1, 0), yaitu limit saat t mendekati  ±∞. Saat t berganti nilai dari −∞ ke −1, titik yang ditentukan oleh t melewati bagian lingkaran pada kuadran ketiga, dari (−1, 0) ke  (0, −1). Saat t berganti nilai dari −1 ke  0, titiknya melewati bagian lingkaran pada kuadran keempat, dari (0, −1) ke  (1, 0). Saat t berganti nilai dari 0 ke 1, titiknya melewati bagian lingkaran pada kuadran pertama, dari (1, 0) ke  (0, 1). Terakhir, saat t berganti nilai dari 1 ke  +∞, titiknya melewati bagian lingkaran pada kuadran kedua, dari (0, 1) ke  (−1, 0).

Berikut adalah sudut pandang geometris yang lain. Buatlah lingkaran satuan, dan misalkan P adalah titik Templat:Nowrap. Sebuah garis yang melewati P (kecuali garis vertikal) ditentukan oleh kemiringannya. Nah, setiap garis tersebut (kecuali garis vertikal) memotong lingkaran satuan pada tepat dua titik, yang salah satunya merupakan titik P. Hal ini dapat dipandang sebagai sebuah fungsi yang memetakan titik pada lingkaran satuan ke kemiringan. Fungsi trigonometri sendiri adalah fungsi yang memetakan sudut ke titik pada lingkaran satuan, dan dengan menyatukan kedua fungsi ini, maka diperoleh sebuah fungsi yang memetakan sudut ke kemiringan.

Galeri

• 
  (1/2) Substitusi tangen setengah sudut mengaitkan sudut dengan kemiringan garis.
• 
  (2/2) Substitusi tangen setengah sudut diilustrasikan sebagai proyeksi stereografik suatu lingkaran.

Fungsi hiperbolik

Sama seperti sifat lain yang dimiliki fungsi trigonometri dan fungsi hiperbolik, identitas hiperbolik dapat digunakan untuk mengonstruksikan substitusi yang serupa, $t=\tanh \frac{x}{2}$:

$$\begin{array}{cc}& \sinh x=\frac{2t}{1-t^2},\cosh x=\frac{1+t^2}{1-t^2},\tanh x=\frac{2t}{1+t^2},\\ & \coth x=\frac{1+t^2}{2t},\mathrm{sech}x=\frac{1-t^2}{1+t^2},\mathrm{csch}x=\frac{1-t^2}{2t},\\ & \text{dan}dx=\frac{2}{1-t^2}dt.\end{array}$$

Lihat juga

• Proyeksi stereografik
• Rumus tangen setengah sudut
• Substitusi trigonometri
• Substitusi Euler

Bacaan lebih lanjut

• Templat:Cite book

• Templat:Cite book

• Templat:Cite book Second edition 1916, pp. 52–62

• Templat:Cite book

Pranala luar

• Weierstrass substitution formulas dari PlanetMath