Árkusz, és hiperbolikus függvénnyel kapcsolatos kérdés. Aki ért hozzá, segítene?
Arról van szó, hogy hogyan lehetne levezetni azt, hogy a két függvényérték bármely x esetén egyezik, esetleg konstanstban különbözik.(Már egy hete ezen gondolkozok)
2*arctg(e ad archx)=-arcsin(1/x)
A wolframalpha szerint is egyezik, de ez hogyan bizonyítható?
Köszönöm, ha valaki segít.
válasza: válasza:Elvileg ismerned kellene, hogy az inverz hiperbolikus függvényre van zárt alak:
arch x=ln(x+√(x^2-1)).
Ez alapján
e^{arch x}= x+√(x^2-1).
Így a bizonyítandó:
2*arctg(x+√(x^2-1))=-arcsin(1/x)
Legyen y=arctg(x+√(x^2-1)), ekkor definíció szerint:
tg y=x+√(x^2-1).
sin(2*y)=2*sin y*cos y=2*sin y * cos y / (sin^2 y+ cos^2 y)= 2*tg y/ (tg^2 y+ 1)= 2*(x+√(x^2-1))/((x+√(x^2-1))^2+1)=...=1/x
Tehát sin(2*y)=1/x, azaz arcsin(1/x) és 2*arctg(e^{arch x}) számoknak egyenlő a szinusza, ami lényegében ugyanaz, mint amit kérdeztél.
Köszönöm szépen!
Eredetileg úgy jött ki ez az egész, hogy integráltam egy olyat, hogy:
dx/(x*gyök((x^2)-1))
Először helyettesítettem x=cht, így dx=shtdt, ebből kijött hogy:
dt/cht. Ezt átírtam exponenciális alakba, így az adódott hogy:
2dt/(e^t+e^(-t)) Majd ismét helyettesítettem:
u=e^t, így t=ln(u) ebből: dt=du/u így kiadódott az integrandusra hogy:
2du/(1+u^2) Amit integrálva az eredmény:
2arctg(u)+C Visszahelyettesítve mindent a végeredmény:
2*arctg(e ad archx)+C.
Igen ám, de alkalmazhatunk egy másik helyettesítést is a megoldáshoz legyen most:
x=1/t, így dx=-1/(t^2)
Így az integrandus az alábbi alakot ölti:
-dt/(gyök(1-t^2)) Ezt integrálva az eredmény:
-arcsint+C Visszahelyettesítve:
-arcsin(1/x)+C.
A wolframalphával persze visszaderiváltattam mindkettőt, és ugyanazt az eredményt adta, így tehát már tudtam, hogy mindkét eredmény jó, legfeljebb konstanstban térhet el.
Már csak valahogy bizonyítani akartam, hogy ezek tényleg egyenlők.
Mégegyszer köszönöm.
válasza:Azt hiszem, a pontos eredmény az, hogy minden x-re
2*arctg(e ad archx)= Pi-arcsin(1/x), ez a Pi a különbség a 2 oldal között és így jön ki azonosság...
Valóban. A wolframalpha is csalós tud lenni, csak nagyításban látszik, hogy -arcsin(1/x) pi-vel kisebb.
Köszönöm.
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!