오일러 치환

미적분학에서 오일러 치환(-置換, 영어: Euler substitution)은 $x$와 $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$에 대한 유리 함수의 적분을 구할 때 사용되는 치환 적분이다.

정의

오일러 치환은 다음과 같은 적분을 구할 때 사용된다.

$\int R(x,\sqrt{a{x}^2+bx+c})\mathrm{d}x$

여기서 $R(u,v)$는 2변수 유리 함수이며, $a\ne 0$이다. 오일러 치환은 이 적분을 유리 함수의 적분으로 만들며, 이는 다음과 같은 세 가지 경우로 나뉜다. 같은 함수가 여러 가지 경우에 속할 수 있음에 주의하자.

제1 오일러 치환

만약 $a>0$일 경우, 다음과 같이 치환한다.

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\pm x\sqrt{a}+t$

이를 제1 오일러 치환(第一-置換, 영어: first Euler substitution)이라고 한다. 이 경우 원래의 적분은 다음과 같이 새 변수 $t$에 대한 유리 함수의 적분으로 귀결된다.

$x=\frac{t^2-c}{\pm 2t\sqrt{a}+b}$

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\pm \frac{t^2-c}{\pm 2t\sqrt{a}+b}\sqrt{a}+t$

제2 오일러 치환

만약 $c>0$일 경우, 다음과 같이 치환한다.

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=xt\pm \sqrt{c}$

이를 제2 오일러 치환(第二-置換, 영어: second Euler substitution)이라고 한다. 마찬가지로 원래의 적분은 $t$에 대한 유리 함수의 적분으로 귀결된다.

$x=\frac{\pm 2t\sqrt{c}-b}{a-t^2}$

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\frac{\pm 2t\sqrt{c}-b}{a-t^2}t\pm \sqrt{c}$

사실, 제1 및 제2 오일러 치환의 조건을 만족시키는 꼴의 적분은 다음과 같은 변환을 통해 각각 제2 및 제1 오일러 치환을 적용할 수 있다.^:341

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\frac{1}{|u|}\sqrt{a+bu+c{u}^2}(x=\frac{1}{u})$

제3 오일러 치환

만약 $a{x}^2+bx+c$의 두 근 $\alpha ,\beta$가 실수일 경우, 다음과 같이 치환한다.

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\sqrt{a(x-\alpha )(x-\beta )}=\pm (x-\alpha )t$

이를 제3 오일러 치환(第三-置換, 영어: third Euler substitution)이라고 한다. 이 경우 역시 $t$의 유리 함수의 적분이 된다.

$x=\frac{a\beta -\alpha t^2}{a-t^2}$

$\sqrt{a{x}^2+bx+c}=\pm (\frac{a\beta -\alpha t^2}{a-t^2}-\alpha )t$

사실, 제1 및 제3 오일러 치환은 모든 경우를 포함한다. 이는 만약 $a<0$이며 $b^2-4ac<0$일 경우 $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$가 모든 곳에서 실수가 아니기 때문이다.^:341

팁

오일러 치환이 처리하는 꼴의 적분을 구하는 데에는 계산량을 줄여주는 요령과 보다 더 간편할 수 있는 대안적인 방법이 존재한다. 예를 들어, 다음과 같은 공식은 특수한 꼴의 함수의 적분의 계산을 단순화한다.

$\int \frac{p(x)}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}\mathrm{d}x=q(x)\sqrt{a{x}^2+bx+c}+\lambda \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{a{x}^2+bx+c}}$

여기서 $p,q\in ℝ[x]$는 각각 $n$차 다항식 및 $(n-1)$차 이하 다항식이며 $\lambda \in ℝ$는 상수이다. 각 $p$에 대하여 이러한 조건을 만족시키는 $q$ 및 $\lambda$는 위 식 양변에 도함수를 취한 뒤 다시 양변에 $\sqrt{a{x}^2+bx+c}$을 곱하여 양변의 다항식의 계수를 비교하면 구할 수 있다. 다음과 같은 꼴의 적분은 $x-\alpha =1/t$와 같이 치환하면 위와 같은 꼴의 적분으로 귀결된다.

$\int \frac{\mathrm{d}x}{(x-\alpha {)}^n\sqrt{a{x}^2+bx+c}}=\int \frac{t^{n-1}}{\sqrt{(a{\alpha }^2+b\alpha +c)t^2+(2a\alpha +b)t+a}}\mathrm{d}t$

다음과 같은 꼴의 적분은 치환 $x^2+px+q=s$ 및 $(\sqrt{x^2+px+q}{)}^{\prime }=t$을 통해 구할 수 있다.

$\int \frac{(ex+f)}{(x^2+px+q{)}^{(2n+1)/2}}\mathrm{d}x=\lambda \int \frac{2x+p}{(x^2+px+q{)}^{(2n+1)/2}}\mathrm{d}x+\mu \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+px+q{)}^{(2n+1)/2}}=\lambda \int \frac{\mathrm{d}s}{s^{(2n+1)/2}}+\mu \int \frac{\mathrm{d}x}{(x^2+px+q{)}^{(2n+1)/2}}$

다음과 같은 꼴의 적분에서 $p\ne b/a$일 경우, 적절한 치환 $x=(gs+h)/(s+1)$를 통해 1차항을 없앤 뒤, 부분 분수 분해의 각 항에 치환 $a^{\prime }{s}^2=b^{\prime }=t$ 및 $(\sqrt{a^{\prime }{s}^2+b^{\prime }}{)}^{\prime }=u$을 사용하여 구할 수 있다.

$\int \frac{(ex+f)}{(x^2+px+q{)}^n\sqrt{a{x}^2+bx+c}}\mathrm{d}x=\int \frac{p(s)}{(s^2+c^{\prime }{)}^n\sqrt{a^{\prime }{s}^2+b^{\prime }}}\mathrm{d}s=\sum _k{\lambda }_k\int \frac{s}{(s^2+c^{\prime }{)}^{n{\text{'}}_k}\sqrt{a^{\prime }{s}^2+b^{\prime }}}\mathrm{d}s+\sum _k{\mu }_k\int \frac{\mathrm{d}s}{(s^2+c^{\prime }{)}^{n^{\prime }{\text{'}}_k}\sqrt{a^{\prime }{s}^2+b^{\prime }}}$

오일러 치환이 처리하는 꼴의 적분은 완전 제곱꼴을 만든 뒤 삼각 치환 또는 쌍곡 치환을 통해 구할 수도 있다. 정리된 루트 부분이 $\sqrt{a^2-x^2}$일 경우 $x=a\sin t$ 또는 $x=a\cos t$와 같이 치환하며, $\sqrt{x^2-a^2}$일 경우 $x=a\cosh t$ 또는 $x=a\sec t$와 같이 치환하며, $\sqrt{x^2+a^2}$일 경우 $x=\sinh t$ 또는 $x=a\tan t$와 같이 치환한다.^:342 그러면 적분하려는 함수는 삼각 함수 또는 쌍곡선 함수에 대한 유리 함수로 변하며, 이는 바이어슈트라스 치환 등을 통해 구할 수 있다.^:229

예

다음과 같은 적분들을 생각하자.^{:345, 예6.3.3, (1), (3), (4); 348, 예6.3.5, (1)}

$\int \frac{\sqrt{x^2+2x+3}}{x}\mathrm{d}x,\int \frac{1-\sqrt{1+x+x^2}}{x\sqrt{1+x+x^2}}\mathrm{d}x,\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+3x-4}},\int \frac{\mathrm{d}x}{(x-\alpha )\sqrt{(x-\alpha )(x-\beta )}}$

제1 오일러 치환의 예

첫 번째 적분에 다음과 같은 제1 오일러 치환을 사용하자.

$\sqrt{x^2+2x+3}=t-x$

$x=\frac{t^2-3}{2(1+t)},\mathrm{d}x=\frac{t^2+2t+3}{2(t+1{)}^2}\mathrm{d}t,\sqrt{x^2+2x+3}=\frac{t^2+2t+3}{2(t+1)}$

이를 통해 다음과 같이 구할 수 있다.

$\begin{array}{cc}\int \frac{\sqrt{x^2+2x+3}}{x}\mathrm{d}x& =\int \frac{(t^2+2t+3{)}^2}{2(t^2-3)(t+1{)}^2}\mathrm{d}t=\int (\frac{1}{2}+\frac{1}{t+1}-\frac{1}{(t+1{)}^2}+\frac{6}{t^2-3})\mathrm{d}t\\ & =\frac{t}{2}+\ln |t+1|+\frac{1}{t+1}+\sqrt{3}\ln \left|\frac{t-\sqrt{3}}{t+\sqrt{3}}\right|+C\\ & =\frac{\sqrt{x^2+2x+3}+x}{2}+\frac{1}{\sqrt{x^2+2x+3}+x+1}+\ln (\sqrt{x^2+2x+3}+x+1)+\sqrt{3}\ln \left|\frac{\sqrt{x^2+2x+3}+x-\sqrt{3}}{\sqrt{x^2+2x+3}+x+\sqrt{3}}\right|+C\end{array}$

제2 오일러 치환의 예

두 번째 적분에 다음과 같은 제2 오일러 치환을 사용하자.

$\sqrt{1+x+x^2}=tx+1$

$x=\frac{2t-1}{1-t^2},\mathrm{d}x=\frac{2(1-t+t^2)}{(1-t^2{)}^2}\mathrm{d}t,\sqrt{1+x+x^2}=\frac{1-t+t^2}{1-t^2}$

이를 통해 다음과 같이 구할 수 있다.

$\int \frac{1-\sqrt{1+x+x^2}}{x\sqrt{1+x+x^2}}\mathrm{d}x=\int \frac{-2t}{1-t^2}\mathrm{d}t=\ln |1-t^2|+C=\ln |1-{\left(\frac{\sqrt{1+x+x^2}-1}{x}\right)}^2|+C$

제3 오일러 치환의 예

세 번째 적분에 다음과 같은 제3 오일러 치환을 사용하자.

$\sqrt{x^2+3x-4}=(x+4)t$

$x=\frac{1+4t^2}{1-t^2},\mathrm{d}x=\frac{10t}{(1-t^2{)}^2}\mathrm{d}t,\sqrt{x^2+3x-4}=\frac{5t}{1-t^2}$

이를 통해 다음과 같이 구할 수 있다.

$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2+3x-4}}=\int \frac{2}{1-t^2}\mathrm{d}t=\ln \left|\frac{1+t}{1-t}\right|+C=\ln \left|\frac{\sqrt{x+4}+\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+4}-\sqrt{x-1}}\right|+C$

다른 방법의 예

네 번째 적분에서는 $x-\alpha =1/t$와 같은 치환이 더 편리하다.

$\int \frac{\mathrm{d}x}{(x-\alpha )\sqrt{(x-\alpha )(x-\beta )}}=-\int \frac{\mathrm{d}t}{\sqrt{1+(\alpha -\beta )t}}=\frac{2}{\beta -\alpha }\sqrt{1+(\alpha -\beta )t}+C=\frac{2}{\beta -\alpha }\sqrt{\frac{x-\beta }{x-\alpha }}+C$

같이 보기

• 치환 적분
• 삼각 치환

외부 링크

• 이철희. “오일러 치환”. 《수학노트》. 
• “Euler substitutions” (영어). 《Encyclopedia of Mathematics》. Springer-Verlag. 2001. ISBN 978-1-55608-010-4. 
• “Eulers substitutions for integration” (영어). 《PlanetMath》.