Comprimentos de curvas

 Suponhamos que temos uma curva, em $\R^n$ parametrizada pela função $$\gamma:I\subseteq \R \to \R^n$$ Rigorosamente, gosto de chamar a estas curvas linhas parametrizadas mas percebi que cada um chama o que lhe apetecer.
Se $I$ for um intervalo limitado e fechado $[a,b]$, chamamos à curva caminho e o comprimento do caminho é dado por

. \[ L\left( \gamma \right) = \int\limits_a^b {\left\| {\gamma '\left( t \right)} \right\|} dt \] Eu aprendi isto na licenciatura,mas isto encontra-se em vários livros de análise e cálculo em $\R^n$ (Com demonstrações correctas).
Por exemplo, a circunferência de centro $(a,b)$ e raio $r>0$ pode ser parametrizada por \[ \gamma \left( t \right) = \left( {a + r\cos t,b + r\sen t} \right),t \in \left[ {0,2\pi } \right] \] e o comprimento da circunferência (ou se preferirem, o perímetro da circunferência) é dado por: \[ \begin{eqnarray*} {L\left( \gamma \right)}&{ = }&{\int\limits_0^{2\pi } {\left\| {\gamma '\left( t \right)} \right\|} dt } \\ { }&{ = }&{\displaystyle\int\limits_0^{2\pi } {\left\| {\left( { - r\sen t,r\cos t} \right)} \right\|} dt } \\ { }&{ = }&{ \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {\left( { - r\sen t} \right)^2 + \left( {r\cos t} \right)^2 } } dt } \\ { }&{ = }&{ \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {r^2 \left( {\sen t} \right)^2 + r^2 \left( {\cos t} \right)^2 } } dt } \\ %{ }&{ = }&{ \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {r^2 \left( \senEL{2} t + \cos ^2 t} \right)} } dt }\\ { }&{ = }&{ \int\limits_0^{2\pi } {\sqrt {r^2 } } dt }\\ { }&{ = }&{ \int\limits_0^{2\pi } r dt }\\ { }&{ = }&{2\pi r} \end{eqnarray*} \] É óbvio que o centro não poderia interferir no perímetro da circunferência, e dada a definição história de $\pi$, este exercício é bem estúpido. Mas pronto, é uma verificação, e vou repetir a estupidez mais uma vez neste post.
O gráfico de uma função $f$ contínua no intervalo $[a,b]$ é um caminho que pode ser parametrizado pela parametrização canónica:
\[\gamma(t)=(t,f(t)),t\in[a,b]\] e o seu comprimento é, naturalmente \[ L\left( \gamma \right) = \int\limits_a^b {\left\| {\gamma '\left( t \right)} \right\|} dt = \int\limits_a^b {\left\| {\left( {1,f'\left( t \right)} \right)} \right\|} dt = \int\limits_a^b {\sqrt {1 + \left( {f'\left( t \right)} \right)^2 } } dt \] Fórmula que já usei aqui neste blog, no post $P$, o primo do $\pi$
(é por causa desse texto, que estou a escrever este... é que eu tenciono usar isto, para, bem, depois se tiverem curiosidade, virão cá ver)
Uma curva em coordenadas polares, $r=\rho\left(\theta\right), \theta\in\left[\theta_1,\theta_2\right]$ pode ser parametrizada por \[ \gamma \left( t \right) = \left( {\rho \left( t \right)\cos t,\rho \left( t \right)\sen t} \right),t \in \left[ {\theta _1 ,\theta _2 } \right] \] E o seu comprimento é então \[ \begin{array}{l} L\left( \gamma \right) = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\left\| {\gamma '\left( t \right)} \right\|} dt = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\left\| {\left( {\rho '\left( t \right)\cos t - \rho \left( t \right)\sen t,\rho '\left( t \right)\sen t + \rho \left( t \right)\cos t} \right)} \right\|} dt \\ = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\sqrt {\left( {\rho '\left( t \right)\cos t - \rho \left( t \right)\sen t} \right)^2 + \left( {\rho '\left( t \right)\sen t + \rho \left( t \right)\cos t} \right)^2 } } dt \\ = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\sqrt {\left( {\rho '\left( t \right)\cos t} \right)^2 - 2\rho '\left( t \right)\rho \left( t \right)\cos t\sen t + \left( {\rho \left( t \right)\sen t} \right)^2 + \left( {\rho '\left( t \right)\sen t} \right)^2 + 2\rho '\left( t \right)\rho \left( t \right)\cos t\sen t + \left( {\rho \left( t \right)\cos t} \right)^2 } } dt \\ = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\sqrt {\left( {\rho '\left( t \right)\cos t} \right)^2 + \left( {\rho \left( t \right)\sen t} \right)^2 + \left( {\rho '\left( t \right)\sen t} \right)^2 + \left( {\rho \left( t \right)\cos t} \right)^2 } } dt \\ % = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\sqrt {\left( {\rho '\left( t \right)} \right)^2 \cos ^2 t + \left( {\rho \left( t \right)} \right)^2 \sen ^2 t + \left( {\rho '\left( t \right)} \right)^2 \sen ^2 t + \left( {\rho \left( t \right)} \right)^2 \cos ^2 t} } dt \\ = \displaystyle\int\limits_{\theta _1 }^{\theta _2 } {\sqrt {\left( {\rho \left( t \right)} \right)^2 + \left( {\rho '\left( t \right)} \right)^2 } } dt \end{array} \] (Eu gosto do aspecto desta fórmula...)
Vamos a mais um exempo "estúpido"? Uma circunferência de raio $R$ ($R>0$), e centro na origem, tem como equação,em coordenadas polares, $r=R$, ou seja $\rho(\theta)=R$ com $\theta\in[0,2\pi]$ então, (risos) \[L(\gamma)=\int\limits_{0 }^{2\pi } {\sqrt {\left( {\rho \left( t \right)} \right)^2 + \left( {\rho '\left( t \right)} \right)^2 } } dt=\int\limits_{0 }^{2\pi } {\sqrt {R^2 + 0^2 }} =2\pi R \] Daqui a uns tempos uso isto para coisas mais engraçadas.

Um integral à moda de Feynman

O exercício que se segue foi proposto por José Manuel Sacramento no facebook.
A proposta de resolução, é minha!

---

Problema: calcular

\[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \]

---

Proposta de Resolução: (Vou saltar algumas justificações, falo delas num post futuro)
Considere-se o integral paramétrico: \[ I(t)=\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx} \] Então, derivando em ordem a $t$, temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } {\frac{\partial}{\partial t}\left( \frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{t} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}\right)dx}}\\ {}&{=}&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{x^t+1-1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\int\limits_0^{ + \infty } { \frac{1}{1 + x^2 }}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ {}&=&{\frac{\pi}{2}-\int\limits_0^{ + \infty }{\frac{1}{\left( {1 + x^2 } \right)\left( {1 + x^t } \right)}dx}}\\ \end{eqnarray*}. Fazendo a substituição $y=x^{-1}$ no último integral temos \begin{eqnarray*} {I'(t)}&{=}&{\frac{\pi}{2}-I'(t)}\\ \end{eqnarray*}. Ou seja, \[2I'(t)=\frac{\pi}{2}\] \[\Leftrightarrow I'(t)=\frac{\pi}{4}\] Portanto \[I(t)=\frac{\pi}{4}t+C\] Inspeccionando a definição de $I(t)$ vemos ainda que $I(3)=0$, isso dá-nos $C=-\displaystyle\frac{3\pi}{4}$ ou seja \[I(t)=\frac{\pi}{4}t-\frac{3\pi}{4}\] Assim sendo, \[ \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\ln \left( {\displaystyle\frac{{1 + x^{11} }}{{1 + x^3 }}} \right)}}{{\left( {1 + x^2 } \right)\ln x}}dx}=I(11)=\frac{\pi}{4}\times11-\frac{3\pi}{4}=\frac{8\pi}{4}=2\pi \]

As primitivas da secante hiperbólica

Exercício:
Determine uma expressão para \[ \int {\sech x} dx\]

\[\arcsen \left(\th x\right) +C_1\] ou \[2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \] ou \[\arctg{\left(\sh x\right)}+C_3 \] ou \[2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4\]

---

\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{\sechq x}{\sech x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{\sechq x} } }dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ (\th x)' }{\sqrt{1- \thEL{2} x} } }dx\\ & = & \arcsen \left(\th x\right) + C_1 \end{eqnarray*}

---

\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{2}{e^x+e^{-x}}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{ 2e^x }{\left(e^x\right)^2+1 } }dx \\ & = & 2\arctg{\left(e^x\right)}+C_2 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/more/sech.htm

---

\begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x} dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\chEL{2}x }dx} \\ & = & \int {\displaystyle\frac{\ch x }{\shEL{2}x+1 }dx}\\ & = & \arctg\left(\sh x\right)+C_3 \end{eqnarray*}
Ver http://ftp.ist.utl.pt/GAEL/math/integrals/tableof.htm

---

Pode-se proceder de forma análoga ao que se fez para a secante trigonométrica
Calculemos as primitivas da função secante hiperbólica, recorrendo à substituição \[t = \th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\]. Recorde-se que \[ \ch x = \displaystyle\frac{{1 + t^2 }}{{1 - t^2 }} \] e \[ \sh x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 - t^2 }} \] E portanto \begin{eqnarray*} \int {\sech x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\ch x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 - t^2 }{1 + t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 - t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 + t^2} } dt\\ & = & 2\arctg t + C_4\\ & = & 2\arctg \left[\th \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\right] + C_4 \end{eqnarray*} Resultado curioso...

---

Note-se que \[\left(\sech x\right)'=-\th x \sech x\] e \[\left(\th x\right)'=\sechq x\]. Portanto, multiplicar e dividir por $\th x + \sech x$ não nos conduz a algo como o simpático resultado que temos para a secante trigonométrica...

---

De uma substituição às primitivas da secante

Da substituição $t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)$ até uma primitiva imediata
Calculemos a primitiva da função secante, recorrendo à substituição \[t = \tg \left(\displaystyle\frac{x}{2}\right)\] Recorde-se que \[ \cos x = \displaystyle\frac{{1 - t^2 }}{{1 + t^2 }} \] e \[ \sen x = \displaystyle\frac{{2t}}{{1 + t^2 }} \] (Se desconhecem as fórmulas podem consultar este documento que está na secção de material: A substituição t=tg(x/2) ) \begin{eqnarray*} \int {\sec x} dx & = & \int {\displaystyle\frac{1}{\cos x}} dx \\ & = & \int {\displaystyle\frac{1 + t^2 }{1 - t^2 } \times \displaystyle\frac{2}{1 + t^2 }}dt \\ & = & \int{\displaystyle\frac{2}{1 - t^2} } dt\\ & = & \int {\displaystyle\frac{{ - 1}}{{t - 1}}dt} + \int {\displaystyle\frac{1}{{t + 1}}} dt\\ & = & - \ln \left| {t - 1} \right| + \ln \left| {t + 1} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{t + 1}{t - 1}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| + C \end{eqnarray*} Agora procurarei outra forma para esta expressão, por forma a que as funções trigonométricas venham em função de $x$ e não de $\displaystyle\frac{x}{2}$. \begin{eqnarray*} \ln \left| {\displaystyle\frac{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + 1}}{{\tg\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - 1}}}\right| +C & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} + 1}}{{\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} - 1}}} \right| +C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left({\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}{{\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)}}}\right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{\left( {\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) + \cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}}\right)} \right)^2 }}{{\senq \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right) - \cos ^2 \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}}} \right| + C\\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + 2\sen\left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)\cos \left( {\displaystyle\frac{x}{2}} \right)}} {{ - \cos \left( x \right)}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\displaystyle\frac{{1 + \sen x}}{{\cos x}}} \right| + C \\ & = & \ln \left| {\sec x + \tg x} \right| + C \end{eqnarray*} A primitiva imediata
Observando o resultado anterior, sendo a primitiva um logaritmo, percebe-se que tem de dar para escrever aquela secante como um quociente "óbvio".
Recordando as regras de derivação da secante e da tangente, com "olhos de ver" notamos que para primitivar $\sec x$ basta multiplicar e dividir a expressão por $\sec x + \tg x$ \begin{eqnarray*} \int {\sec x dx} & = & \int {\sec x \times\displaystyle\frac{\sec x + \tg x}{\sec x + \tg x}dx}\\ & = & \int {\displaystyle\frac{\sec ^2 x + \sec x\tg x}{\sec x + \tg x} dx}\\ & = & \ln \left| \sec x +\tg x \right| + C \end{eqnarray*} e então, graças à regra de derivação da função composta: \[\int {u'\sec udx = } \ln \left| {\sec u + \tg u} \right| + C\] Regra que pode ser utilizada para primitivar por exemplo... a cosecante :)

---

Exercício: a partir desta regra, e sabendo que $\cosec x = \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right)$ calcule a primitiva da cosecante.

---

\[\int \cosec x dx=- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C\] \[\int u' \cosec u dx=- \ln \left| \cosec u +\cotg u \right| + C\]

---

\begin{eqnarray*} \int \cosec x dx &=&\int \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx\\ {}&{=}&{-\int -\sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \sec \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) +\tg \left(\displaystyle\frac{\pi}{2}-x\right) \right| + C}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}

---

\begin{eqnarray*} {\int \cosec x dx }&{=}&{\int \cosec x \times \frac{\cosec x +\cotg x }{\cosec x +\cotg x }dx}\\ {}&{=}&{\int \frac{\cosec^2 x +\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\ {}&{=}&{-\int \frac{-\cosec^2 x -\cotg x \cosec x}{\cosec x +\cotg x }dx}\\ {}&{=}&{- \ln \left| \cosec x +\cotg x \right| + C} \end{eqnarray*}

---

Exercício: E qual é a primitiva da secante hiperbólica?
Resoluções aqui: http://zonaexacta.blogspot.com/2017/09/a-primitiva-da-secante-hiperbolica.html

---

Nota: Por abuso de linguagem costumamos dizer "a primitiva" de uma função. No entanto como existe uma primitiva para cada constante $C$, na verdade a designação correcta é "as primitivas" de uma função, ou, "a família de primitivas de...", e só por isso deixei o título no plural. Se calhar, até seria boa política escrever $C\in \R$ em cada linha. No entanto aprendi que o excesso de rigor não é didáctico, e torna as coisas visualmente "pesadas", por isso, no resto do blog, salvo um ou outro caso, manterei abusos de linguagem.

---

PS

• CarlosPaulices no século XXI (23/09/2017) - 'Ca seca'
• Texto revisto no dia 13 de Fevereiro de 2025, por ter havido problemas com o interpretador de $\LaTeX$ (MathJax)

Integração por substituição: seno hiperbólico(II) Integração por substituição: tangente(I)

Exercício Calcular o integral \[ \int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} \] Recorrendo à substituição: $x=\tg t$ ou $x=\sh t$
(Nota: $\sh$ é uma notação para seno hiperbólico ... também se representa por $\sinh$ )

---

\[ \frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3} \]

---

Fazendo a substituição $x=\sh t$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arg\sh x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\argsh(1)}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\argsh(\sqrt 3)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \ch t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t \sqrt {1 + \shq t } }\ch t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\frac{1}{\shq t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 } {\cosechq tdt}}\\ {}&{=}&{\left[-\cotgh t\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\ch t}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{\left[-\frac{\sqrt {1 + \shq t }}{\sh t}\right]_{\argsh 1}^{\argsh \sqrt 3 }}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

---

Fazendo a substituição $x=\tg t$, com $t\in \left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ temos, \begin{eqnarray*} {t}&{=}&{\arctg x}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow t=\frac{\pi}{4}}\\ {x}&{=}&{\sqrt 3\Rightarrow t=\frac{\pi}{3}} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{dt}} = \sec^2 t \] Portanto \begin{eqnarray*} {\int\limits_1^{\sqrt 3 } {\frac{1}{x^2 \sqrt {1 + x^2 } }dx} }&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{1}{\tgq t \sqrt {1 + \tgq t } }\sec^2 t dt} }\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } {\frac{\sec^2 t}{\senq t \sec^2 t\sec t}dt}}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{1}{\senq t \sec t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} } \frac{\cos t}{\senq t }dt}\\ {}&{=}&{\int\limits_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }{\cotg t}{\cosec t }dt}\\ {}&{=}&{\left[-\cosec t\right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3} }}\\ {}&{=}&{-\cosec \frac{\pi}{3} + \cosec \frac{\pi}{4}}\\ {}&{=}&{-\frac{2}{\sqrt{3}}+\sqrt{2}}\\ {}&{=}&{\frac{3\sqrt 2 - 2\sqrt 3 }{3}} \end{eqnarray*}

---

Integração por substituição: seno hiperbólico (I)

Exercício
Determinar o valor exacto do integral: \[ \int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx} \] Exprimir o valor na forma $\sqrt{m}+\arg\sinh{(n)}$, com $m,n\in \N$

---

\[\sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right)\]

---

Começamos por fazer a substituição $x=\sinh u$ então, \begin{eqnarray*} {u}&{=}&{\arg\sinh x}\\ {x}&{=}&{-1\Rightarrow u=\arg\sinh(-1)=-\arg\sinh(1)}\\ {x}&{=}&{1\Rightarrow u=\arg\sinh(1)} \end{eqnarray*} e \[ \frac{{dx}}{{du}} = \cosh u \] Na restante resolução é também útil recordar a fórmula fundamental das funções hiperbólicas \[\cosh^2 u - \sinh^2 u = 1 \] que $\cosh u>0$    $\forall u \in \R$
e as fórmulas \[\cosh^2 u=\frac{1+\cosh(2u)}{2}\] \[\sinh (2 u) =2\sinh u \cosh u\] Assim sendo, temos que: \begin{eqnarray} {\int\limits_{ - 1}^1 {\sqrt {1 + x^2 } dx} }&{ =}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } \cosh udu}}\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\cosh ^2 udu} }\\ {}&{=}&{ \int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {\frac{{1 + \cosh \left( {2u} \right)}}{2}du} } \\ {}&{=}&{ \frac{1}{2}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {1du} + \frac{1}{4}\int\limits_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)} {2\cosh \left( {2u} \right)du}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {\sinh \left( {2u} \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\cosh \left( u \right)} \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{ \arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left[ {2\sinh \left( u \right)\sqrt {1 + \left( {\sinh u} \right)^2 } } \right]_{ - \arg \sinh \left( 1 \right)}^{\arg \sinh \left( 1 \right)}} \\ {}&{=}&{\arg \sinh \left( 1 \right) + \frac{1}{4}\left( {2\sqrt {1 + 1} + 2\sqrt {1 + 1} } \right) }\\ {}&{=}&{ \sqrt {2}+\arg \sinh \left( 1 \right) } \end{eqnarray}

---