Sustitución hiperbólica en $\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}$ para $x\le -a$

Question

Al tratar de resolver $\int\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}$ podemos sustituir $x$ de dos maneras:

MÉTODO 1: $x=a\sec(\theta)$ y $dx=a\sec(\theta)\tan(\theta) d\theta$ y $\theta=\sec^{-1}(\frac{x}{a})$ .

MÉTODO 2: $x=a\cosh(u)$ y $dx=a\sinh(u)du$ y $u=\cosh^{-1}(\frac{x}{a})$

Mi libro de cálculo dice que podemos utilizar un método similar cuando suponemos $x\le -a$ .

Puedo ver cómo funcionaría con el método 1 porque $\sec^{-1}(\frac{x}{a})$ está efectivamente definida para $x\le -a$ .

PREGUNTA: ¿Pero cómo funcionaría eso en el método 2? $\cosh^{-1}(\frac{x}{a})$ sólo se define para $\frac{x}{a}\ge1$ y si $x\le-a$ entonces $\frac{x}{a}$ es negativo. Así que en este caso $\cosh^{-1}(\frac{x}{a})$ ¡¡¡no está definido!!!

¿Qué está pasando aquí? Gracias.

Answer 1

El método $2$ sólo funciona para $x > a$ . Por eso su libro sugiere que hay un método similar para $x < -a$ . Como veremos más adelante, dado que el dominio real máximo del integrando consiste en la unión de dos intervalos disjuntos, es necesario considerar por separado cada intervalo junto con dos sustituciones de variables diferentes (pero de hecho similares), una para cada uno.

¿Qué significa realmente "resolver" $\int f(x) \,dx$ ? Significa encontrar un "expresión sin integral" para la función $$ F(y) = \int_r^y f(x) \,dx $$ donde $r$ y $y$ son elementos de $f$ y el dominio de $r$ se fija arbitrariamente.

El teorema del cambio de variables dice que si $\varphi : [p,q] \to [r,y]$ es una función biyectiva continuamente diferenciable y $f : [r,y] \to \mathbb{R}$ es una función continua, entonces $$ \int_{r}^{y} f(x) \,dx = \int_{\varphi{-1}(r)}^{\varphi^{-1}(y)} f(\varphi(u)) \varphi'(u) \,du \tag{1} $$

En este caso tenemos $$ f : \left]-\infty, -a \right[ \cup \left]a, \infty \right[ \to \mathbb{R} : x \mapsto \frac{1}{\sqrt{x^2-a^2}} $$ donde $a > 0$ y $\sqrt{\cdot}$ es la raíz cuadrada real no negativa.

Desde $f$ es la unión de dos intervalos abiertos, en algún momento debemos elegir si $r, y \in \left]-\infty, -a \right[$ o $r, y \in \left]a, \infty \right[$ ya que no podemos integrar sobre el espacio entre estos dos intervalos porque $f$ no se puede definir o asume valores complejos allí.

Al querer subtituir $$ \varphi : \left]-\infty, \infty \right[ \to \left[a, \infty \right[ : u \mapsto a \cosh(u) $$ nos vemos obligados a asumir $r, y \in \left]a, \infty \right[$ . Por lo tanto, considere $f$ para ser sólo el intervalo correcto: $\left]a, \infty \right[$ . Además esto implica que en un primer momento $F$ sólo puede definirse en $\left]a, \infty \right[$ .

Para hacer $\varphi$ invertible, es necesario restringir su dominio a $\left]-\infty, 0 \right]$ o $\left[0, \infty \right[$ . Sin pérdida de generalidad, elija $\left[0, \infty \right[$ . Entonces su inversa es $$ \varphi^{-1} : \left[a, \infty \right[ \to \left[0, \infty \right[ : x \mapsto \cosh^{-1}\left(\frac{x}{a}\right) $$

Ahora que se cumplen todas las hipótesis del teorema, podemos utilizar $(1)$ para calcular la integral en el intervalo de la derecha, $\left]a, \infty \right[$ .

El método similar que su libro establece para calcular $F$ cuando $x < -a$ es integrar sobre el intervalo de la izquierda, es decir $\left] -\infty, -a \right]$ y subtituto $-\varphi$ en lugar de $\varphi$ utilizando el mismo razonamiento anterior, con las modificaciones oportunas.

Dejemos que $\psi = -\varphi$ . Es decir $$ \psi : \left]-\infty, \infty \right[ \to \left] -\infty, -a \right] : u \mapsto - a \cosh(u) $$ Si queremos sustituir $\psi$ debemos asumir que $s, y \in \left]-\infty, -a \right[$ en lugar de $\left]a, \infty \right[$ , donde $s$ está desempeñando el papel de $r$ . Tenga en cuenta que $s \neq r$ ya que pertenecen a intervalos diferentes. Así que en este caso restringimos $f$ de los dominios a $\left]-\infty, -a \right[$ en su lugar. Para hacer $\psi$ invertible también restringimos su dominio a $\left[0, \infty \right[$ . Así que $$ \psi^{-1} : \left] -\infty, -a \right] \to \left[0, \infty \right[ : x \mapsto \cosh^{-1}\left(-\frac{x}{a}\right) $$

Y así por $(1)$ podemos calcular la integral $$ \int_s^y f(x) \,dx = \int_{\psi{-1}(p)}^{\psi^{-1}(q)} f(\psi(u)) \psi'(u) \,du $$ esta vez en el intervalo de la izquierda $\left]-\infty, -a \right[$ .

Por lo tanto, podemos ampliar $F$ a $f$ Todo el dominio de la empresa por "pegado" las soluciones como $$ F : \left]-\infty, -a \right[ \cup \left]a, \infty \right[ \to \mathbb{R} : y \mapsto \begin{cases} \int_r^y f(x) \,dx &, y \in \left]a, \infty \right[\\ \int_s^y f(x) \,dx &, y \in \left]-\infty, -a \right[ \end{cases}$$

Calculando ambas integrales obtenemos $$ F(y) = \begin{cases} \log \left(y + \sqrt{y^2-a^2}\right) + C_1(r) &, y \in \left]a, \infty \right[\\ -\log \left(-y + \sqrt{y^2-a^2}\right) + C_2(s) &, y \in \left]-\infty, -a \right[ \end{cases} $$

donde $C_1(r)$ y $C_2(s)$ son constantes que dependen respectivamente de $r$ y $s$ .

Que también puede escribirse como $$ F(y) = \text{sgn}(y) \log \left( |y| + \sqrt{y^2-a^2} \right) + \frac{\text{sgn}(y) + 1}{2}C_1(r) + \frac{1 - \text{sgn}(y)}{2}C_2(s) $$ donde $\text{sgn}$ es la función de signo.

Answer 2

Tienes que hacer la sustitución $t=-x$ . Entonces $\;\mathrm dx=-\mathrm dt$ y $\DeclareMathOperator{\acosh}{argcosh}$ \begin{alignat}{2} \int\frac{\mathrm dx}{\sqrt{x^2-a^2}}= -\int\frac{\mathrm dt}{\sqrt{t^2-a^2}}&=-\acosh\frac ta=-\acosh\frac{|x|}a \\ &=-\ln\Bigl(|x|+\sqrt{x^2-a^2}\Bigr)&\text{(modulo a constant term).} \end{alignat}

Para el método $1$ no veo a dónde puede llevar, ya que la derivada de $\operatorname{arcsec} x$ es $$(\operatorname{arcsec})'(x)=\frac1{|x|\sqrt{x^2-1}}\ne\frac1{\sqrt{x^2-1}}.$$

Answer 3

Dado que $a>0$ no se puede sustituir $x=a \cosh u$ cuando esté interesado en $x$ -valores $<-a$ . Para utilizar la idea básica del método 2 también cuando $x<-a$ acabamos de establecer la sustitución $$x:=-a\cosh u\quad (u>0),\qquad dx=-a\sinh u\>du\ ,$$ y obtener $$\eqalign{\int{dx\over\sqrt{x^2-a^2}}&=\int{-a\sinh u\>du\over a\sinh u}\Biggr|_{u:={\rm arcosh}(-x/a)}\cr &=(-u+C)\biggr|_{u:={\rm arcosh}(-x/a)}\cr &=-{\rm arcosh}{-x\over a}\qquad(x<-a)\ .\cr}$$ Tenga en cuenta que esto no es lo mismo que la respuesta para $x>a$ ya que ${\rm arcosh}$ no es una función impar.

Answer 4

Para el método 1 :

Dejemos que $x=asec(u)$ , $dx=atan(u)sec(u)du$ . Entonces $\sqrt{x^2-a^2}=\sqrt{a^2sec^2(u)-a^2}=atan(u)$ y $u=sec^{-1}(x/a)$ . La integral se convierte entonces en $\int{sec(u)du}$ . El truco consiste entonces en multiplicar el numerador y el denominador por $tan(u)+sec(u)$ y luego hacer el cambio de variable (#otro) $s=tan(u)+sec(u)$ y $ds=(sec^2(u)+tan(u)sec(u))du$ . Entonces te quedas con $\int{\frac{1}{s}}ds$ . Sólo tienes que volver a sustituir todo el cambio de variables que hicimos. Tenga en cuenta que $tan(arcsec(z))=\sqrt{1-\frac{1}{z^2}}z$ .

Answer 5

La antiderivada existe también en el caso $x<a.$

Para demostrarlo, consideremos la integral definida $$J=\int\limits_{-3}^{-2}\dfrac{dx}{\sqrt{x^2-1}}.$$ La sustitución $$x= \cosh u, \quad u = \cosh^{-1}x$$ permite obtener el valor $$J=\int\limits_{\cosh^{-1}(-3)}^{\cosh^{-1}(-2)}\ du = \cosh^{-1}(-2) - \cosh^{-1}(-3),$$ donde $$\cosh^{-1}x = \ln(x+\sqrt{x^2-1}).$$ Es fácil ver que el aditivo de fase imaginario no puede cambiar la diferencia real.

Así que $$\cosh^{-1}(-2) - \cosh^{-1}(-3) = \ln\dfrac{-2+\sqrt{2^2-1}}{-3+\sqrt{3^2-1}} = \ln\dfrac{2-\sqrt3}{3-\sqrt8} = \ln\dfrac{3+\sqrt8}{2+\sqrt3}\approx 0.445789$$ (véase también Wolfram Alpha ).