Contradicción entre integración por fracciones parciales y sustitución

Tratemos de aclarar algo de la confusión sobre lo que está pasando 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 Riemann es integrable 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 $x=\pm 1$. Entonces, si quisiéramos calcular $$I_1 = \int_{\frac 12}^{\frac 34} \frac {dx} {x^2 - 1}$$ o $$I_2 = \int_{2}^{3} \frac {dx} {x^2 - 1}$$ nosotros podemos usar $F_1$sin preocupaciones

Ahora, si tratamos de usar 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 $|x|>1$. ¿Es esto impactante? Bueno no. Como lulu señala 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 nos dimos por vencidos $x\in\langle -1,1\rangle$, 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 precisamente, si quisiéramos calcular$I_2$, podemos usar cualquiera de esos dos$F$'¿s?

Bueno, supongamos que$|x| > 1$. Entonces nosotros 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 se cumple la última igualdad porque $x-1$y $x+1$tener los mismos signos en $|x|>1$. Así, hemos demostrado que $F_2 = \left.F_1 \right|_{\mathbb R^2\setminus [-1,1]}$. Espero que eso aclare el problema.

Al simplificar

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

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

En respuesta a los comentarios, he hecho esto más completo de lo que era. Darse cuenta de

• No tomo raíces cuadradas de nada excepto de números no negativos; y
• $|AB| = |A||B|$, entonces$|x^2-1|=|x-1||x+1|$; 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.

PD en respuesta a los comentarios: el problema con la sustitución trigonométrica es que solo es válida cuando$|x|>1$, desde$\sec\theta\ge 1$para todos los valores de$\theta$y aquellos puntos donde$|x|=1$no están en el dominio.