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 ${\textstyle x}$ menjadi fungsi rasional biasa terhadap ${\textstyle t}$ dengan menetapkan ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}}}$. Ini adalah proyeksi stereografik satu dimensi dari lingkaran satuan yang diparameterkan oleh ukuran sudut ke garis bilangan real. Rumus umum^[1] transformasinya ialah:

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

Tangen setengah sudut itu penting dalam trigonometri bola dan kadang dikenal pada abad ke-17 sebagai setengah tangen atau semi-tangen.^[2] Leonhard Euler menggunakan substitusi ini untuk menyelesaikan integral ${\textstyle \int dx/(a+b\cos x)}$ dalam buku cetak integral kalkulus tahun 1768 miliknya,^[3] dan Adrien-Marie Legendre menjelaskan metodenya secara umum pada 1817.^[4]

Substitusi ini dijelaskan pada sebagian besar buku integral kalkulus sejak akhir abad ke-19, biasanya tanpa nama khusus.^[5] Substitusi ini dikenal dalam Rusia sebagai substitusi trigonometri universal (universal trigonometry substitution),^[6] dan dikenal juga variasi nama seperti substitusi setengah tangen atau substitusi sudut paruh. Substitusi ini terkadang salah dikaitkan sebagai substitusi Weierstrass.^[7] Michael Spivak menyebutnya "substitusi terlicik sedunia".^[8]

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

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

$${\displaystyle {\begin{aligned}\sin x&={\frac {2\sin {\tfrac {x}{2}}\,\cos {\tfrac {x}{2}}}{\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}+\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {2\tan {\tfrac {x}{2}}}{1+\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {2t}{1+t^{2}}},\\[18mu]\cos x&={\frac {\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}-\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}{\cos ^{2}{\tfrac {x}{2}}+\sin ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {1-\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}{1+\tan ^{2}{\tfrac {x}{2}}}}={\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}.\end{aligned}}}$$

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

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

sehingga

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

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

Jawaban di atas bisa dikonfirmasi menggunakan metode standar dalam mencari integral kosekan dengan mengalikan bagian pembilang dan penyebutnya dengan ${\textstyle \csc x-\cot x}$ lalu melakukan substitusi ${\textstyle u=\csc x-\cot x,}$ ${\textstyle du=\left(-\csc x\cot x+\csc ^{2}x\right)\,dx}$. $${\displaystyle {\begin{aligned}\int \csc x\,dx&=\int {\frac {\csc x(\csc x-\cot x)}{\csc x-\cot x}}\,dx\\[6pt]&=\int {\frac {\left(\csc ^{2}x-\csc x\cot x\right)\,dx}{\csc x-\cot x}}\qquad u=\csc x-\cot x\\[6pt]&=\int {\frac {du}{u}}\\&=\ln |u|+C\\[6pt]&=\ln |\csc x-\cot x|+C.\end{aligned}}}$$

Kedua jawaban ini adalah sama, karena ${\textstyle \csc x-\cot x=\tan {\tfrac {x}{2}}\colon }$

$${\displaystyle {\begin{aligned}\csc x-\cot x&={\frac {1}{\sin x}}-{\frac {\cos x}{\sin x}}\\[6pt]&={\frac {1+t^{2}}{2t}}-{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}{\frac {1+t^{2}}{2t}}\qquad \qquad t=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&={\frac {2t^{2}}{2t}}=t\\[6pt]&=\tan {\tfrac {x}{2}}\end{aligned}}}$$

Integral fungsi sekan dapat dicari dengan cara yang serupa.

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

Pada baris pertama, kedua batas integralnya tidak bisa langsung diganti menjadi ${\textstyle t=0}$. Titik singularnya (pada kasus ini, asimtot vertikal) dengan ${\textstyle t=\tan {\tfrac {x}{2}}}$ pada saat ${\textstyle x=\pi }$ harus diperhitungkan. Cara lainnya adalah selesaikan dulu integral tak tentunya, lalu terapkan batas integrasinya. $${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int {\frac {1}{2+{\frac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}}}{\frac {2\,dt}{t^{2}+1}}\qquad \qquad t=\tan {\tfrac {x}{2}}\\[6pt]&=\int {\frac {2\,dt}{2(t^{2}+1)+(1-t^{2})}}=\int {\frac {2\,dt}{t^{2}+3}}\\[6pt]&={\frac {2}{3}}\int {\frac {dt}{{\bigl (}t{\big /}{\sqrt {3}}{\bigr )}^{2}+1}}\qquad \qquad u=t{\big /}{\sqrt {3}}\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int {\frac {du}{u^{2}+1}}\qquad \qquad \tan \theta =u\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int \cos ^{2}\theta \sec ^{2}\theta \,d\theta ={\frac {2}{\sqrt {3}}}\int d\theta \\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\theta +C={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {t}{\sqrt {3}}}\right)+C\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)+C\\[6pt]\\\int _{0}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}&=\int _{0}^{\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}+\int _{\pi }^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}\\[6pt]&=\lim _{m\rightarrow {\pi }^{-}}\int _{0}^{m}{\frac {dx}{2+\cos x}}+\lim _{n\rightarrow {\pi }^{+}}\int _{n}^{2\pi }{\frac {dx}{2+\cos x}}\\[6pt]&=\lim _{m\rightarrow {\pi }^{-}}{\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right){\Biggl |}_{0}^{m}+\lim _{n\rightarrow {\pi }^{+}}{\frac {2}{\sqrt {3}}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right){\Biggl |}_{n}^{2\pi }\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(\left(\lim _{m\rightarrow {\pi }^{-}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {x}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)-\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {0}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)\right)+\left(\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {2\pi }{2}}}{\sqrt {3}}}\right)-\lim _{n\rightarrow {\pi }^{+}}\arctan \left({\frac {\tan {\tfrac {n}{2}}}{\sqrt {3}}}\right)\right)\right)\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {3}}}\left(\left({\frac {\pi }{2}}-0\right)+\left(0-\left(-{\frac {\pi }{2}}\right)\right)\right)={\frac {2\pi }{\sqrt {3}}}\end{aligned}}}$$ yang merupakan jawaban yang sama seperti cara sebelumnya.

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\dfrac {dx}{a\cos x+b\sin x+c}}&=\int {\dfrac {1}{a\left({\tfrac {1-t^{2}}{1+t^{2}}}\right)+b\left({\tfrac {2t}{t^{2}+1}}\right)+c}}\cdot {\dfrac {2}{1+t^{2}}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2}{a(1-t^{2})+2bt+c(t^{2}+1)}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2}{(c-a)t^{2}+2bt+(c+a)}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2(c-a)}{(c-a)^{2}\,t^{2}+2b(c-a)t+(c+a)(c-a)}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2(c-a)}{{\left(\left(c-a\right)t\right)}^{2}+2b(c-a)t+b^{2}-b^{2}+c^{2}-a^{2}}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2(c-a)}{{\left(\left(c-a\right)t+b\right)}^{2}+c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\;dt\end{aligned}}}$$

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

$${\displaystyle {\begin{aligned}\int {\frac {dx}{a\cos x+b\sin x+c}}&=\int {\dfrac {2(c-a)}{{\left(\left(c-a\right)t+b\right)}^{2}+c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\;dt\\[6pt]&=\int {\dfrac {2}{{\left({\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\,\tan \theta \right)}^{2}+c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\cdot {\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\;{\sec }^{2}\theta \;d\theta \\[6pt]&=\int {\dfrac {2}{\left(c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)\right)\left({\tan }^{2}\theta +1\right)}}\cdot {\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\;{\sec }^{2}\theta \;d\theta \\[6pt]&=\int {\dfrac {2{\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}}{c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}{\frac {{\sec }^{2}\theta }{{\tan }^{2}\theta +1}}\;d\theta \\[6pt]&={\dfrac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\int d\theta \\[6pt]&={\dfrac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\cdot \theta +C\end{aligned}}}$$

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

$${\displaystyle {\begin{aligned}{\dfrac {\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}{c-a}}\,\tan \theta &=t+{\dfrac {b}{c-a}}\\[6pt]{\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}\,\tan \theta &=(c-a)\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)+b\\[6pt]\tan \theta &={\dfrac {(c-a)\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)+b}{\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}}\\[6pt]\theta &=\arctan \left({\dfrac {(c-a)\tan {\tfrac {x}{2}}+b}{\sqrt {c^{2}-\left(a^{2}+b^{2}\right)}}}\ \right)\\[6pt]\\\int {\frac {dx}{a\cos x+b\sin x+c}}&={\dfrac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\cdot \theta +C\\[6pt]&={\frac {2}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\arctan \left({\frac {(c-a)\tan \left({\tfrac {x}{2}}\right)+b}{\sqrt {c^{2}-(a^{2}+b^{2})}}}\right)+C\end{aligned}}}$$

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

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

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 (−1, 0). 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.

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

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

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

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

• Courant, Richard (1937) [1934]. "1.4.6. Integration of Some Other Classes of Functions §1–3" [1.4.6. Integral dari jenis fungsi yang lain]. Differential and Integral Calculus [Kalkulus differensial dan integral] (dalam bahasa Inggris). 1. Blackie & Son. hlm. 234–237. 

• Edwards, Joseph (1921). "§1.6.193". A Treatise on the Integral Calculus [Risalah tentang Integral Kalkulus] (dalam bahasa Inggris). 1. Macmillan. hlm. 187–188. 

• Hardy, Godfrey Harold (1905). "VI. Transcendental functions" [VI. Fungsi transendental]. The integration of functions of a single variable [Integral fungsi satu variabel] (dalam bahasa Inggris). Cambridge. hlm. 42–51.  Second edition 1916, pp. 52–62

• Hermite, Charles (1873). "Intégration des fonctions transcendentes" [Integral fungsi transendental]. Cours d'analyse de l'école polytechnique (dalam bahasa Prancis). 1. Gauthier-Villars. hlm. 320–380. 

• Weierstrass substitution formulas dari PlanetMath