Die Umkehrfunktionen zu den Hyperbel-Funktionen (sinh und cosh) und Flächen an der Hyperbel

(Zum Kontext: Nummer 2.2.12 in der HM 2 finden Sie in Abschnitt 2.2, die Ableitung der Umkehrfunktion $\mathrm{arsinh}$ in 2.3.3, und die benötigte Integrationstechnik in 3.2.2.)

Um Verwirrung möglichst zu vermeiden, schreiben wir die Variable in den folgenden Funktionen als $t$ (und nicht, wie sonst oft üblich, als $x$).

Die hyperbolischen Funktionen $\sinh (t):=\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^t-{\mathrm{e}}^{-t})$ und $\cosh (t):=\frac{1}{2}({\mathrm{e}}^t+{\mathrm{e}}^{-t})$ erfüllen die Beziehung $(\cosh (t){)}^2-(\sinh (t){)}^2=1$.

Die Funktion $\sinh :\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ ist bijektiv, die Umkehrfunktion heißt Areasinus hyperbolicus (in anständigem Latein eigentlich area sinus hyperbolici) und wird mit $\mathrm{arsinh}$ bezeichnet.

Area bedeutet Fläche:

Um welche Fläche geht es hier?

Um die Umkehrfunktion $\mathrm{arsinh}$ zu $\sinh$ bequem zu illustrieren, betrachten wir die Punkte in der Ebene, die sich als $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x_1}{x_2})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (t)}{\cosh (t)})$ schreiben lassen.
(Vorsicht: im Vergleich zur Darstellung hier haben wir die Rollen von $x_1$ und $x_2$ vertauscht.)

Diese erfüllen die Hyperbel-Gleichung $x_1^2-x_2^2+1=0$.

Sie füllen aber nicht die gesamte dadurch definierte Hyperbel aus [weil $\cosh (t)$ immer positiv ist], sondern nur den oberen Ast dieser Hyperbel.

Der von den Punkten $(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (t)}{\cosh (t)})$ durchlaufene Ast der Hyperbel (in der Skizze rot) wird dann der Graph einer Funktion $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$:
Für $x_2>0$ können wir die Beziehung $x_1^2-x_2^2+1=0$ auflösen zu $x_2=f(x_1):=\sqrt{1+x_1^2}$.

Wir betrachten eine fest gewählte Stelle $b>0$ und dazu die beiden Punkte $(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{f(b)})$ bzw. $(\genfrac{}{}{0ex}{}{-b}{f(-b)})$ auf dem oberen Ast der Hyperbel.

Dann gibt es $t>0$ so, dass $(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{f(b)})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (t)}{\cosh (t)})$  [nämlich $t=\mathrm{arsinh}(b)$].

Durch die Verbindungstrecken von $(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0})$ mit $(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{f(b)})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (t)}{\cosh (t)})$ bzw. von $(\genfrac{}{}{0ex}{}{0}{0})$ mit $(\genfrac{}{}{0ex}{}{-b}{f(-b)})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-b}{f(b)})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\sinh (t)}{\cosh (t)})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (-t)}{\cosh (-t)})$ und dem durch $\left\{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (u)}{\cosh (u)})|\phantom{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (u)}{\cosh (u)})}\phantom{u\in [-t,t]}u\in [-t,t]\right\}$ gegebenen Stück des Graphen von $f$ ein (in der Skizze zweifarbig markiertes) Flächenstück begrenzt, dessen Inhalt $A$ sich ergibt als $A=t=\mathrm{arsinh}b$.

Sie können die Stelle $b$ auf der $x_1$-Achse bewegen, die Punkte $(\genfrac{}{}{0ex}{}{b}{f(b)})=\left(\begin{array}{c}\sinh (t)\\ \sqrt{1+(\sinh (t){)}^2}\end{array}\right)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (t)}{f(\sinh (t))})$ und $(\genfrac{}{}{0ex}{}{-b}{f(-b)})$ auf dem oberen Ast der Hyperbel bewegen sich dann mit.

Links außen ist der Flächeninhalt $A=\mathrm{arsinh}(b)$ zur Unterstützung der Anschauung auch noch durch ein Rechteck angedeutet.

Die strichpunktierten Linien deuten die beiden Asymptoten der Hyperbel an; diese sind gegeben durch die Quadrik-Gleichung $-x_1^2+x_2^2=0$.

Beweis der Behauptung

Die Hälfte der fraglichen Fläche (in der Skizze blau gefärbt) können wir als Differenz von zwei Integralen bestimmen:

$\frac{1}{2}A={\displaystyle \underset{0}{\overset{b}{\int }}f(x_1)\mathrm{d}{x}_1-\underset{0}{\overset{b}{\int }}\frac{f(b)}{b}{x}_1\mathrm{d}{x}_1}$.

Um diese Integrale auszuwerten, berechnen wir zuerst das unbestimmte Integral

$I:={\displaystyle \int f(x)\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle \int \sqrt{1+x^2}\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle \left[x\sqrt{1+x^2}\right]-\int \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x}$

[hier wurde $f(x)g^{\prime }(x)$ partiell integriert (siehe 3.2.2) mit $f(x)=\sqrt{1+x^2}$ und $g^{\prime }(x)=1$, also $f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ und $g(x)=x$ ]

mit Hilfe von ${\displaystyle \int \frac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle \int \frac{1+x^2}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle \int \sqrt{1+x^2}\mathrm{d}x-\int \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle I-[\mathrm{arsinh}(x)]}$

[hier wurde $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{arsinh}(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ benutzt, siehe 2.3.3].

Damit gilt $2I=[x\sqrt{1+x^2}+\mathrm{arsinh}(x)]$, also $I=\frac{1}{2}[x\sqrt{1+x^2}+\mathrm{arsinh}(x)]$.

Das gesuchte Integral ergibt sich als

$A={\displaystyle \underset{0}{\overset{b}{\int }}f(x)\mathrm{d}x-\underset{0}{\overset{b}{\int }}\frac{f(b)}{b}x\mathrm{d}x}$ $={\displaystyle \frac{1}{2}{[x\sqrt{1+x^2}+\mathrm{arsinh}(x)]}_0^b-{\left[\frac{f(b)}{2b}{x}^2\right]}_0^b}$ $=\frac{1}{2}{[\mathrm{arsinh}(x)]}_0^b$ $=\frac{1}{2}\mathrm{arsinh}(b)=\frac{1}{2}t$.

Also gilt $A=t$, wie behauptet.

Ja, Sie haben Recht: Auch für negative Werte von $b$ passt das alles zusammen; wieder mit $t=\mathrm{arsinh}(b)$.
Sie müssen dann halt $\left\{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (u)}{\cosh (u)})|\phantom{(\genfrac{}{}{0ex}{}{\sinh (u)}{\cosh (u)})}\phantom{u\in [t,-t]}u\in [t,-t]\right\}$ für die krumme Begrenzungslinie des Flächenstücks nehmen
— und beim Integrieren auf die Vorzeichen aufpassen.

Näheres zum Zusammenhang mit der Exponentialfunktion finden Sie hier.