Mostreremo così l’utilizzo delle funzioni iperboliche (seno iperbolico e coseno iperbolico) per lo svolgimento di esercizi di integrali con radici operando appunto sostituzioni iperboliche.
Vedremo come le sostituzioni iperboliche offrono spesso una strada più breve per il calcolo di integrali di funzioni irrazionali rispetto ai metodi più convenzionali. Naturalmente, per sfruttare i vantaggi offerti dalle sostituzioni iperboliche negli esercizi sugli integrali occorre conoscere le proprietà delle funzioni iperboliche stesse. Per cui consigliamo vivamente a chi non conosce le funzioni iperboliche la lettura delle lezioni indicate in precedenza nei link.
Nello svolgere gli esercizi sugli integrali con le sostituzioni iperboliche potranno rivelarsi utili le seguenti identità:
\[ \sinh(\mbox{arcocosh}(x))=\sqrt{x^2-1}, \qquad \cosh(\mbox{arcsinh}(x))=\sqrt{x^2+1} \]
Infine per le funzioni iperboliche valgono delle formule di duplicazione molto simili a quelle delle funzioni trigonometriche:
\[ \sinh(2x)=2 \sinh(x) \cdot \cosh(x), \qquad \cosh(2x) = \cosh^2(x)+\sinh^2(x) \]
Osserviamo che la formula di duplicazione del coseno iperbolico differisce da quella del coseno trigonometrico per un segno.
Fatte le dovute premesse passiamo subito a svolgere insieme gli esercizi sugli integrali con radici mediante le sostituzioni iperboliche. Via! 🙂
Esercizi svolti sugli integrali con radici calcolati mediante le sostituzioni iperboliche
Esercizio 1
Calcolare:
\[ \int \dfrac{\sqrt{4+x^2}}{x^2} \, dx \]
Poiché il termine contenente la radice è del tipo \( \sqrt{x^2+a^2} \) dobbiamo utilizzare la seguente sostituzione con il seno iperbolico:
\[ x=2\sinh u \quad \Rightarrow \quad x^2 = 4 \sinh^2 u \]
Per il differenziale otteniamo:
\[ dx = \dfrac{d}{du}2 \sinh u \, du = 2 \cosh u \, du \]
Così possiamo riesprimere l’integrale di partenza nella nuova variabile \( u \):
\[ \begin{align}\int \dfrac{\sqrt{4+x^2}}{x^2} \, dx \quad \Rightarrow &\quad \int \dfrac{\sqrt{4+4 \sinh^2 u}}{4 \sinh^2 u} \cdot 2 \cosh u \, du = \\ \\ & =\int \dfrac{\sqrt{4 (1+\sinh^2 u)}}{4\sinh^2 u} \cdot 2 \cosh u \, du= \\ \\ & = \int \dfrac{2 \cosh u }{4 \sinh^2 u }\cdot 2 \cosh u \, du= \\ \\ & = \int \dfrac{\cosh^2 u}{\sinh^2 u} \, du \end{align} \]
Osserviamo che nell’operare la sostituzione abbiamo utilizzato la relazione:
\[ \cosh^2 x – \sinh^2 x = 1 \]
grazie alla quale abbiamo potuto riesprimere il fattore \( 1+\sinh^2 u \) come \( \cosh^2 u \). Infine, poiché il coseno iperbolico è sempre positivo, abbiamo scritto \( \sqrt{4 (1+\sinh^2 u)}=2 \cosh u \) senza l’utilizzo del simbolo di modulo né senza porre alcuna condizione.
Il problema è ora calcolare l’integrale:
\[ \int \dfrac{\cosh^2 u}{\sinh^2 u} \, du \]
Sfruttando le definizioni di seno iperbolico e coseno iperbolico possiamo riscrivere l’integrale utilizzando dei termini esponenziali. Si ha:
\[ \begin{align}&\int \dfrac{\cosh^2 u}{\sinh^2 u} \, du=\int \dfrac{\left(\dfrac{e^u+e^{-u}}{2} \right)^2}{\left(\dfrac{e^u-e^{-u}}{2} \right)^2} \, du = \\ \\ & = \int \dfrac{(e^u+e^{-u})^2}{(e^u-e^{-u})^2} \, du = \int \dfrac{e^{2u}+2e^u \cdot e^{-u}+e^{-2u}}{e^{2u}-2e^u \cdot e^{-u}+e^{-2u}} \, du = \\ \\ & = \int \dfrac{e^{2u}+2+\dfrac{1}{e^{2u}}}{e^{2u}-2+\dfrac{1}{e^{2u}}} \, du = \int \dfrac{\dfrac{e^{4u}+2e^{2u}+1}{e^{2u}}}{\dfrac{e^{4u}-2e^{2u}+1}{e^{2u}}} \, du = \\ \\ & = \int \dfrac{e^{4u}+2e^{2u}+1}{e^{4u}-2e^{2u}+1} \, du\end{align} \]
Operiamo a questo punto una sostituzione con esponenziali ponendo in particolare:
\[ e^{2u}=t \quad \Rightarrow \quad 2u=\ln t \quad \Rightarrow \quad u = \dfrac{\ln t}{2} \quad \Rightarrow \quad du=\dfrac{1}{2t} \, dt \]
In tal modo ci riconduciamo al seguente integrale razionale (integrale di un rapporto tra polinomi):
\[ \int \dfrac{e^{4u}+2e^{2u}+1}{e^{4u}-2e^{2u}+1} \, du\quad \Rightarrow \quad \int \dfrac{t^2+2t+1}{t^2-2t+1} \cdot \dfrac{1}{2t} \, dt = \dfrac{1}{2}\int \dfrac{t^2+2t+1}{t^3-2t^2+t} \, dt \]
Si tratta di un integrale fratto che possiamo calcolare utilizzando il metodo dei fratti semplici. Abbiamo (non includiamo per brevità i passaggi):
\[ \dfrac{1}{2}\int \dfrac{t^2+2t+1}{t^3-2t^2+t} \, dt= \dfrac{1}{2}\left(\ln t – \dfrac{4}{t-1} \right)+c \]
Ora poiché abbiamo posto \( e^{2u}=t \), operando la sostituzione \( t=e^{2u} \) la precedente diviene:
\[ \dfrac{1}{2}\left(2u-\dfrac{4}{e^{2u}-1}\right)+c= \]
Per tornare alla variabile \( x \), ricordiamo che avevamo posto \( x=2\sinh u \), da cui \( u = \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right) \). Quindi:
\[ \begin{align}&=\dfrac{1}{2}\left(2\mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)-\dfrac{4}{e^{2 \small\cdot \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)}-1}\right)+c = \\ \\ & = \mbox{arcsinh} \left(\dfrac{x}{2}\right)-\dfrac{2}{e^{\small 2 \cdot \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)}-1}+c = \\ \\ & = \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)-\dfrac{2}{e^{2\ln \left(\dfrac{x}{2}+\sqrt{\dfrac{x^2}{4}+1}\right)}-1}+c = \\ \\ & = \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)-\dfrac{2}{e^{\ln \left(\dfrac{x}{2}+\sqrt{\dfrac{x^2}{4}+1}\right)^2}-1}+c = \\ \\ & = \mbox{arcsinh}\left(\dfrac{x}{2} \right)-\dfrac{2}{\left(\dfrac{x}{2}+\sqrt{\dfrac{x^2}{4}+1} \right)^2-1}+c = \\ \\ & = \ln\left[\dfrac{1}{2} \left(\sqrt{x^2+4}+x \right) \right]-\dfrac{4}{x \left(\sqrt{x^2+4} +x\right)}+c = \\ \\ & = \ln\left(\sqrt{x^2+4}+x \right) -\dfrac{4}{x \left(\sqrt{x^2+4} +x\right)}+c, \qquad c \in \mathbb{R}\end{align} \]
Esercizio 2
Veniamo a questo secondo e ultimo esercizio sugli integrali con le sostituzioni iperboliche. Calcolare:
\[ \int \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} \, dx \]
Poiché il termine contenente la radice è del tipo \( \sqrt{x^2-a^2} \) poniamo la seguente sostituzione con il coseno iperbolico:
\[ x=3\cosh u \quad \Rightarrow \quad x^2 = 9 \cosh^2 u \]
Di conseguenza per il differenziale:
\[ dx = \dfrac{d}{du}3 \cosh u \, du = 3 \sinh u \, du \]
Riscriviamo l’integrale di partenza nella nuova variabile di integrazione:
\[ \int \dfrac{x^2}{\sqrt{x^2-9}} \, dx \quad \Rightarrow \quad \int \dfrac{9 \cosh^2 u}{3\sinh u} \cdot 3 \sinh u \, du=\int 9 \cosh^2 u \, du \]
Per maggior chiarezza riportiamo a seguire i passaggi relativi al termine contenente la radice:
\[ \begin{align}\sqrt{x^2-9} \quad \Rightarrow &\quad \sqrt{(3 \cosh u)^2-9}=\sqrt{9 \cosh^2 u-9}= \\ \\ & = \sqrt{9(\cosh^2 u – 1)} =3 \sqrt{\sinh^2 u } = \\ \\ & = 3 |\sinh u |=3 \sinh u , \qquad u > 0\end{align} \]
Ora il problema è calcolare l’integrale:
\[ \int 9 \cosh^2 u \, du=9\int \cosh^2 u \, du \]
Possiamo sfruttare la definizione di coseno iperbolico riesprimendo la funzione in termini esponenziali. Si ha:
\[ \begin{align}&9 \int \cosh^2 u \, du=9\int \left(\dfrac{e^u+e^{-u}}{2} \right)^2 \, du = \\ \\ & = \dfrac{9}{4}\int e^{2u}+2 \cdot e^u \cdot e^{-u}+e^{-2u} \, du = \\ \\ & = \dfrac{9}{4}\left[\dfrac{1}{2}e^{2u}+2u-\dfrac{1}{2}e^{-2u} \right]+c = \\ \\ & =\dfrac{9}{4}\left(\dfrac{e^{2u}-e^{-2u}}{2} \right)+\dfrac{9}{2}u+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{4} \sinh (2u)+\dfrac{9}{2}u+c \end{align} \]
Ora dobbiamo esprimere il risultato nella variabile \( x \). Ricordiamo che abbiamo posto \( x=3 \cosh u \), da cui:
\[ \cosh u = \dfrac{x}{3} \quad \Rightarrow \quad u=\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right) \]
Di conseguenza:
\[ \begin{align}&\dfrac{9}{4} \sinh (2u)+\dfrac{9}{2}u+c=\dfrac{9}{4}\sinh \left[2 \cdot \mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right) \right] +\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{4}\sinh \left[2\cdot \ln \left(\dfrac{x}{3}+\sqrt{\dfrac{x^2}{9}-1} \right) \right]+\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{4} \sinh \left[\ln \left(\dfrac{x}{3}+\dfrac{1}{3}\sqrt{x^2-9} \right)^2 \right]+\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{4}\sinh \left\{\ln \left[\dfrac{1}{9} \left(x+\sqrt{x^2-9} \right)^2 \right] \right]+\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{4}\dfrac{e^{\ln \left[\frac{1}{9} \left(x+\sqrt{x^2-9} \right)^2 \right] }-e^{\ln \left[9 \left(x+\sqrt{x^2-9} \right)^{-2} \right] }}{2}+\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c = \\ \\ & = \dfrac{9}{8} \left[\dfrac{1}{9}\left(x+\sqrt{x^2-9} \right)^2-\dfrac{9}{(x+\sqrt{x^2-9})^2}\right]+\dfrac{9}{2}\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)+c, \qquad c \in \mathbb{R} \end{align} \]
Come è evidente la strada che abbiamo preso non ci permette di esprimere facilmente il risultato dell’integrale in una forma compatta. Per cui piuttosto che provare a semplificare ulteriormente l’espressione ottenuta è opportuno tentare un’altra strada. Riprendiamo allora la famiglia di antiderivate (o primitive) scritta in precedenza:
\[ \dfrac{9}{4} \sinh (2u)+\dfrac{9}{2}u+c \]
Osserviamo che per il seno iperbolico sussiste una formula di duplicazione del tutto simile a quella del seno trigonometrico:
\[ \sinh (2u)=2 \sinh u \cdot \cosh u \]
Così la precedente diviene:
\[ \dfrac{9}{4} \cdot 2 \sinh u \cosh u+\dfrac{9}{2}u+c=\dfrac{9}{2}\left(\sinh u \cosh u + u \right)+c =\]
Operando la sostituzione \( u=\mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right) \):
\[ =\dfrac{9}{2}\left(\sinh \left( \mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)\right) \cosh \left( \mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right)\right) + \mbox{arccosh}\left(\dfrac{x}{3} \right) \right)+c= \]
Sfruttando infine le identità \( \sinh(\mbox{arcocosh}(x))=\sqrt{x^2-1} \) e \( \cosh (\mbox{arccosh}(x)) = x \) possiamo scrivere:
\[ =\dfrac{9}{2}\left(\sqrt{\dfrac{x^2}{9}-1} \cdot \dfrac{x}{3} + \ln\left(\dfrac{x}{3}+\sqrt{\dfrac{x^2}{9}-1} \right) \right)+c, \quad c \in \mathbb{R} \]
e questa rappresenta una forma ben più compatta per la famiglia di antiderivate corrispondente all’integrale di partenza. 😉
Per quanto riguarda gli esercizi sugli integrali con le sostituzioni iperboliche è tutto. Un grande vantaggio dato dall’utilizzo delle sostituzioni iperboliche negli esercizi sugli integrali consiste nel poter individuare piuttosto facilmente la sostituzione che è necessario porre di volta in volta. Per utilizzare questo tipo di sostituzioni è tuttavia richiesta una sicura conoscenza delle funzioni iperboliche. In particolare è necessario ricordare a memoria le definizioni di seno e coseno iperbolico in termini esponenziali e saper riscrivere le corrispondenti funzioni inverse nella forma logaritmica. Abbiamo visto tutti questi aspetti nella lezione sulle funzioni iperboliche e nella lezione sulle sostituzioni iperboliche negli integrali.
Ricordiamo in ogni caso il metodo alternativo delle sostituzioni di Eulero, che consente comunque di calcolare integrali irrazionali (integrali con radici) del tipo quelli visti in questa scheda. Inoltre, il tool calcolo di integrali online vi consente di verificare i risultati dei vostri esercizi, compresi ovviamente gli esercizi sugli integrali con le sostituzioni iperboliche.
In realtà è anche utile per la verifica degli esercizi sugli integrali il tool calcolo delle derivate online. Infatti, talvolta la forma del risultato che otteniamo nel calcolo degli integrali indefiniti può differire anche sensibilmente dal risultato fornito dal tool, pur essendo comunque corretto. Così, l’idea è in questi casi quella di calcolare la derivata del risultato da noi ottenuto e verificare che sia uguale alla funzione integranda di partenza.
Buon proseguimento con Altramatica! 🙂