Contradicción entre la integración por fracciones parciales y la sustitución

Question

Integración por sustitución:

$$\int \frac {dx}{x^2-1}$$ Dejemos que $x=\sec\theta$ y $dx=\sec\theta\tan\theta \,d\theta$ $$\int \frac {dx}{x^2-1} = \int \frac{\sec\theta\tan\theta \,d\theta}{\sec^2\theta-1} = \int \frac {\sec\theta\tan\theta\, d\theta}{\tan^2\theta} = \int \frac {\sec\theta \,d\theta}{\tan\theta} $$ $$\int \frac {\sec\theta \,d\theta}{\tan\theta} = \int \frac {\cos \theta \,d\theta}{\cos\theta \sin \theta} = \int \csc\theta\, d\theta$$ $$=\ln|\csc\theta-\cot\theta|+C$$

$$=\ln| \frac{x}{\sqrt{x^2-1}}-\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}|+C=\ln| \frac{x-1}{\sqrt{x^2-1}}|+C$$

Que es $Undefined$ para $|x|<1$

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Integración por fracciones parciales:

$$\int \frac {dx}{x^2-1}$$ $$\int \frac {dx}{x^2-1}= \frac 12\int\frac{dx}{x-1}- \frac12\int \frac{dx}{x+1} = \frac12 \ln | x-1| - \frac12 \ln|x+1| +C$$ $$ = \frac12 \ln | \frac{x-1}{x+1}|+C$$

Que es $Defined$ para $|x|<1$ y esto es correcto porque el integrando está definido para $|x|<1$

¿Cuál es el problema del método de sustitución?

Answer 1

Intentemos aclarar la confusión sobre lo que está ocurriendo aquí.

En primer lugar, $x\mapsto \frac 1 {x^2 - 1}$ es una función continua en todas partes excepto en $x=\pm 1$ por lo que es integrable en Riemann en cualquier segmento que no contenga $\pm 1$ . Dicho esto, nos gustaría mucho encontrar una función primitiva definida en $\mathbb R^2\setminus\{\pm 1\}$ . La solución por fracciones parciales hace precisamente eso, $$F_1(x) = \frac 12 \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| + C$$ se define en todas partes excepto en $x=\pm 1$ . Por lo tanto, si quisiéramos calcular $$I_1 = \int_{\frac 12}^{\frac 34} \frac {dx} {x^2 - 1}$$ o $$I_2 = \int_{2}^{3} \frac {dx} {x^2 - 1}$$ podemos utilizar $F_1$ sin preocupaciones.

Ahora bien, si intentamos utilizar la sustitución como $x = \sec\theta$ como advierte OP, podríamos encontrarnos con algunos problemas a largo plazo. La función primitiva derivada de esta manera es $$ F_2(x) = \ln\left| \frac {x - 1}{\sqrt{x^2 -1}} \right| + C$$ que se define sólo para $|x|>1$ . ¿Esto es impactante? Pues no. Como señala Lulu en los comentarios, $|\sec\theta|\geq 1$ para cualquier $\theta$ que es una simple consecuencia de la definición $\sec\theta = \frac 1 {\cos\theta}$ . Así, sustituyendo $x=\sec\theta$ Ya hemos renunciado a $x\in\langle -1,1\rangle$ lo que en realidad está bien siempre y cuando estemos tratando de calcular $I_2$ pero no funcionará para $I_1$ .

Entonces, la pregunta es: ¿son $F_1$ y $F_2$ ¿ambas soluciones "buenas"? Más concretamente, si quisiéramos calcular $I_2$ ¿podemos usar cualquiera de esos dos $F$ 's?

Bien, supongamos que $|x| > 1$ . Entonces tenemos:

$$ \ln\left| \frac {x - 1}{\sqrt{x^2 -1}} \right| = \ln \frac {\left|x - 1\right|}{\sqrt{x^2 -1}} = \ln \frac {\sqrt{(x-1)^2}}{\sqrt{x^2 -1}} = \ln \sqrt{\frac {{(x-1)^2}}{{x^2 -1}}} = \frac 12 \ln\frac{x-1}{x+1}=\frac 12 \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| $$ donde la última igualdad se mantiene porque $x-1$ y $x+1$ tienen los mismos signos en $|x|>1$ . Así, hemos demostrado que $F_2 = \left.F_1 \right|_{\mathbb R^2\setminus [-1,1]}$ . Espero que esto aclare el problema.

Answer 2

Sobre la simplificación

\begin{align} & \ln \frac{x-1}{\sqrt{x^2-1}}=\ln\frac{\sqrt{x-1}^2}{\sqrt{(x-1)(x+1)}} \\[6pt] = {} & \ln\frac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}} \\[6pt] = {} & \frac 1 2 \ln \frac{x-1}{x+1} \end{align}

Answer 3

$$ \ln\frac{|x-1|}{\sqrt{|x^2-1|}} = \ln\frac{\sqrt{|x-1|}\sqrt{|x-1|}}{\sqrt{|x-1|}\sqrt{|x+1|}} = \ln\sqrt{\frac{|x-1|}{|x+1|}} = \frac 1 2 \ln\left|\frac{x-1}{x+1}\right| $$

En respuesta a los comentarios he hecho esto más completo de lo que era. Obsérvese que

• No saco raíces cuadradas de nada excepto de números no negativos; y
• $|AB| = |A||B|$ Así que $|x^2-1|=|x-1||x+1|$ y
• $\sqrt{AB} =\sqrt A \sqrt B$ si $A\ge0$ y $B\ge0\vphantom{\dfrac 1 1}$ por lo que la separación en dos raíces cuadradas es válida; y
• $\sqrt A/\sqrt B = \sqrt{A/B\,{}}$ , si $A\ge0$ y $B\ge0$ por lo que la segunda igualdad es válida; y
• $|A|/|B| = |A/B|$ por lo que la última igualdad es válida.

PS en respuesta a los comentarios: El problema de la sustitución trigonométrica es que sólo es válida cuando $|x|>1$ ya que $\sec\theta\ge 1$ para todos los valores de $\theta$ y aquellos puntos en los que $|x|=1$ no están en el dominio.