Funções hiperbólicas e integrais impróprios

Funções hiperbólicas

As combinações de $e^x$ e $e^{-x}$ dão uma função ímpar e outra par. Em zero, a diferença das exponenciais é zero e a soma é dois, por isso $\sinh0=0$ e $\cosh0=1$. Definimos

$$\begin{gathered} \sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}2\\ \cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}2\\ \tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}. \end{gathered}$$

O seno hiperbólico é ímpar e estritamente crescente, com imagem $\mathbb R$; o cosseno hiperbólico é par, tem mínimo $1$ em zero e imagem $[1,+\infty[$. A tangente hiperbólica tem imagem $]-1,1[$ e, como $\cosh x>0$, está definida em todo o real.

Da definição resulta $\cosh^2x-\sinh^2x=1$. Assim, $(\cosh x,\sinh x)$ pertence à hipérbole $X^2-Y^2=1$. O sinal é uma diferença, ao contrário da identidade circular.

As derivadas são

$$\begin{gathered} (\sinh x)'=\cosh x\\ (\cosh x)'=\sinh x\\ (\tanh x)'=\frac1{\cosh^2x}. \end{gathered}$$

Definimos também $\coth x=\cosh x/\sinh x$, $\operatorname{sech}x=1/\cosh x$ e $\operatorname{csch}x=1/\sinh x$. As funções com $\sinh x$ no denominador exigem $x\ne0$. As derivadas são $-(\operatorname{csch}x)^2$, $-\operatorname{sech}x\tanh x$ e $-\operatorname{csch}x\coth x$, respetivamente.

As inversas principais úteis são

$$\begin{gathered} \operatorname{arsinh}x=\ln(x+\sqrt{x^2+1})\\ (x\in\mathbb R), \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} \operatorname{arcosh}x=\ln(x+\sqrt{x^2-1})\\ x\ge1, \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} \operatorname{artanh}x=\frac12\ln\frac{1+x}{1-x}\\ (|x|<1). \end{gathered}$$

Para perceber a fórmula de $\operatorname{arsinh}$, escreve $x=\sinh y=(e^y-e^{-y})/2$ e resolve em $y$. Com $z=e^y>0$, fica $z^2-2xz-1=0$. As raízes são $z=x\pm\sqrt{x^2+1}$, mas só $z=x+\sqrt{x^2+1}$ é positiva. Tomar o logaritmo dá a expressão da inversa, válida para todo o real $x$.

Este caminho mostra o padrão geral: isolar a exponencial, resolver a quadrática e conservar apenas a raiz com o sinal permitido. As outras inversas obtêm-se de forma análoga.

As inversas exigem atenção ao domínio. Usamos o ramo não negativo de $\cosh$ e de $\operatorname{sech}$:

Inversa	Domínio	Derivada no interior do domínio
$\operatorname{arsinh}x$	$\mathbb R$	$1/\sqrt{1+x^2}$
$\operatorname{arcosh}x$	$[1,+\infty[$	$1/\sqrt{x^2-1}$, $x>1$
$\operatorname{artanh}x$	$]-1,1[$	$1/(1-x^2)$
$\operatorname{arcoth}x$	$]-\infty,-1[\cup]1,+\infty[$	$1/(1-x^2)$
$\operatorname{arsech}x$	$]0,1]$	$-1/[x\sqrt{1-x^2}]$, $0<x<1$
$\operatorname{arcsch}x$	$\mathbb R\setminus\{0\}$	$-1/[\lvert x\rvert\sqrt{1+x^2}]$

Podemos obter as três últimas sem decorar novos logaritmos: $\operatorname{arcoth}x=\operatorname{artanh}(1/x)$, $\operatorname{arsech}x=\operatorname{arcosh}(1/x)$ e $\operatorname{arcsch}x=\operatorname{arsinh}(1/x)$. As fórmulas das derivadas seguem pela cadeia. O valor absoluto em $\operatorname{arcsch}$ conserva o sinal negativo nos dois ramos.

Para reconhecer primitivas,

$$\int\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}=\operatorname{arsinh}x+C,$$

mas $\int dx/\sqrt{1-x^2}=\arcsin x+C$. O sinal sob a raiz escolhe uma função diferente.

Integrais impróprios

Há dois motivos para um integral ser impróprio: o intervalo é ilimitado ou o integrando é ilimitado num ponto do intervalo. Definimos o integral por limites de integrais próprios.

Para um extremo infinito,

$$\int_a^{\infty}f(x)dx=\lim_{R\to\infty}\int_a^Rf(x)dx.$$

Se $f$ é ilimitada em $a$, usamos $\lim_{\varepsilon\to0^+}\int_{a+\varepsilon}^bf$. Se a singularidade é interior, em $c$, separamos $\int_a^cf+\int_c^bf$ e exigimos que ambos os limites sejam finitos. Para $\int_{-\infty}^{\infty}f$, escolhe um ponto finito e trata as duas caudas separadamente.

Por exemplo,

$$\int_1^{\infty}\frac{dx}{x^2} =\lim_{R\to\infty}\left[-\frac1x\right]_1^R=1.$$

Já $\int_1^{\infty}dx/x=\lim_{R\to\infty}\ln R=+\infty$, por isso diverge. O integrando tende para zero em ambos os casos; essa condição não garante convergência.

Os dois modelos p

No infinito,

$$\int_1^{\infty}x^{-p}\,dx\text{ converge se e só se }p>1.$$

Perto de zero,

$$\int_0^1x^{-p}\,dx\text{ converge se e só se }p<1.$$

Para $p\ne1$, a primitiva é $x^{1-p}/(1-p)$. No infinito precisamos de $1-p<0$; em zero precisamos de $1-p>0$. Para $p=1$, o logaritmo diverge nos dois casos.

Logo $\int_0^1dx/\sqrt x=2$, mas $\int_0^1dx/x^2$ diverge. Num mesmo integral, as condições perto de zero e no infinito podem ser diferentes.

Comparação

Para funções não negativas perto do ponto problemático, uma função maior com integral convergente limita a menor. Uma função menor com integral divergente força a maior a divergir.

Se $f,g>0$ e $f/g\to L$ com $0<L<+\infty$, os integrais têm a mesma natureza nesse extremo. Por exemplo,

$$\begin{gathered} \frac{1/(x^2+3)}{1/x^2}=\frac{x^2}{x^2+3}\to1\\ (x\to\infty), \end{gathered}$$

logo $\int_1^{\infty}dx/(x^2+3)$ converge. Perto de zero, $\sin x\sim x$, por isso $1/\sin x\sim1/x$ e $\int_0^{\pi/2}dx/\sin x$ diverge.

Para $\int_0^{\infty}dx/[\sqrt x(1+x)]$, perto de zero o integrando equivale a $x^{-1/2}$; no infinito, a $x^{-3/2}$. Ambos os extremos convergem. Para calcular o valor, faz $x=t^2$, $dx=2t\,dt$:

$$\begin{gathered} \int_0^{\infty}\frac{dx}{\sqrt x(1+x)}=2\int_0^{\infty}\frac{dt}{1+t^2}\\ =2\bigl[\arctan t\bigr]_0^{\infty}\\ =\pi. \end{gathered}$$

A mudança de variável pode ser feita primeiro com limites finitos e só depois nos limites impróprios.

Critério do integral e séries

Se $f$ é positiva, contínua e decrescente para $x\ge N$, com $f(n)=a_n$, então $\sum a_n$ e $\int_N^{\infty}f(x)\,dx$ têm a mesma natureza. A prova compara a soma com retângulos abaixo e acima do gráfico. Em particular, $\sum1/n^p$ converge quando $p>1$ e diverge quando $p\le1$. É por isso que a série harmónica diverge.

Para $a_n=1/[n(\ln n)^p]$, $n\ge2$, a função correspondente é eventualmente decrescente. Com $u=\ln x$,

$$\int_2^{\infty}\frac{dx}{x(\ln x)^p} =\int_{\ln2}^{\infty}\frac{du}{u^p}.$$

Converge se e só se $p>1$. Quando $p=1$, a primitiva $\ln(\ln x)$ cresce sem limite.

Para uma série positiva decrescente convergente, o resto $R_N=\sum_{n=N+1}^{\infty}a_n$ obedece a

$$\int_{N+1}^{\infty}f(x)\,dx\le R_N\le\int_N^{\infty}f(x)\,dx.$$

Sinais e valor principal

O integral $\int_{-1}^1dx/x$ não converge. A parte esquerda tende para $-\infty$ e a direita para $+\infty$. Não podemos cancelá-las.

O limite simétrico $\lim_{\varepsilon\to0^+}(\int_{-1}^{-\varepsilon}dx/x+\int_{\varepsilon}^1dx/x)=0$ é um valor principal de Cauchy, um conceito diferente. A definição habitual exige os dois limites separadamente.

Se $\int|f|$ converge, então $\int f$ converge absolutamente, por comparação direta com o módulo. Se o integral do módulo divergir, isso não decide um integrando que muda de sinal.