Explicar la fórmula de funciones hiperbólicas inversas

En matemáticas, las funciones inversas de las funciones hiperbólicas se denominan funciones hiperbólicas inversas o funciones hiperbólicas de área. Hay seis funciones hiperbólicas inversas, a saber, seno hiperbólico inverso, coseno hiperbólico inverso, tangente hiperbólica inversa, cosecante hiperbólica inversa, secante hiperbólica inversa y cotangente hiperbólica inversa. Estas funciones se representan como sinh ^-1 x, cosh ^-1 x, tanh ^-1 x, csch ^-1 x, sech ^-1 x y coth ^-1 x. Con la ayuda de una función hiperbólica inversa, podemos encontrar el ángulo hiperbólico de la función hiperbólica correspondiente.

Nombre de la función	Función	Fórmula	Dominio	Rango
Seno hiperbólico inverso	pecado ^-1 x	ln[x + √(x ² + 1)]	(-∞, ∞)	(-∞, ∞)
Coseno hiperbólico inverso	Cosh ^-1 x	ln[x + √(x ² – 1)	[1, ∞)	[0, ∞)
tangente hiperbólica inversa	bronceado ^-1 x	½ ln[(1 + x)/(1 – x)]	(-1,1)	(-∞, ∞)
Cosecante hiperbólica inversa	csch – ^1x	ln[(1 + √(x ² + 1)/x]	(-∞, ∞)	(-∞, ∞)
secante hiperbólica inversa	seg ^-1 x	ln[(1 + √(1 – x ² )/x]	(0, 1]	[0, ∞)
Cotangente hiperbólica inversa	coth ^-1 x	½ ln[(x + 1)/(x – 1)]	(-∞, -1) o (1, ∞)	(-∞, ∞)

Función seno hiperbólico inverso

sinh ^-1 x = ln[x + √(x ² + 1)]

Prueba:

Sea sinh ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = senh z

Usando la función hiperbólica del seno obtenemos,

⇒ x = (e ^z – e ^-z )/2

⇒ 2x = e ^z – e ^-z

⇒ e ^2z – 2xe ^z – 1 = 0

Sabemos que las raíces de una ecuación ax ² + bx + c = 0 son x = [-b ± √(b ² – 4ac)]/2a

Entonces, e ^z = x ± √(x ² + 1)

Como z es un número real, e debe ser un número positivo.

Por lo tanto, e ^z = x + √(x ² + 1)

⇒ z = ln[x + √(x ² + 1)]

⇒ sinh ^-1 x = ln[x + √(x ² + 1)]

sinh ^-1 x = ln[x + √(x ² + 1)]

Coseno Hiperbólico Inverso Función

cosh ^-1 x = ln[x + √(x ² – 1)]

Prueba:

Sea cosh ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = cosh z

Usando la función hiperbólica del coseno obtenemos,

⇒ x = (e ^z + e ^-z )/2

⇒ 2x = e ^z + e ^-z

⇒ e ^2z – 2xe ^z + 1 = 0

Sabemos que las raíces de una ecuación ax ² + bx + c = 0 son x = [-b ± √(b ² – 4ac)]/2a

Entonces, e ^z = x ± √(x ² – 1)

Como z es un número real, e debe ser un número positivo.

Por lo tanto, e ^z = x + √(x ² – 1)

⇒ z = ln[x + √(x ² – 1)]

⇒ cosh ^-1 x = ln[x + √(x ² – 1)]

cosh ^-1 x = ln[x + √(x ² – 1)]

Función tangente hiperbólica inversa

tanh ^-1 x = ½ ln[(1 + x)/(1 – x)] = ½ [ln(1 + x) – ln(1 – x)]

Prueba:

Sea tanh ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = tanh z

Usando la función hiperbólica tangente obtenemos,

tanh z = (e ^z – e ^-z )/(e ^z + e ^-z )

x = $\left[\frac{e^{z}-e^{-z}}{e^{z}+e^{-z}}\right]\times\left[\frac{e^{z}}{e^{z}}\right]$

⇒ x = (e ^2z – 1)/(e ^2z + 1)

⇒ x (e ^2z + 1) = (e ^2z – 1)

⇒ (x – 1) y ^2z + (x + 1) = 0

⇒ e ^2z = -[(x +1)/(x – 1)]

⇒ e ^2z = [(x + 1)/(1 – x)]

⇒ 2z = ln [(x + 1)/(1 – x)]

⇒ z = ½ ln[(1 + x)/(1 – x)] = ½ [ln(1 + x) – ln(1 – x)]

⇒ tanh ^-1 x = ½ ln[(1 + x)/(1 – x)] = ½ [ln(1 + x) – ln(1 – x)]

tanh ^-1 x = ½ ln[ $\frac{1+x}{1-x}$ ] = ½ [ln(1 + x) – ln(1 – x)]

Función cosecante hiperbólica inversa

csch ^-1 x = ln[(1 + √(x ² + 1)/x]

Prueba:

Sea csch ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = csch z

Usando la función hiperbólica cosecante obtenemos,

csch z = 2/(e ^z – ez)

⇒ x = 2/(e ^z – ez)

⇒ x = $\left[\frac{2}{e^{z}-e^{-z}}\right]\times\left[\frac{e^{z}}{e^{z}}\right]$

⇒ x = 2e ^z /(e ^2z – 1)

⇒ x (e ^2z – 1) = 2e ^z

⇒ xe ^2z − 2e ^z – x = 0

Sabemos que las raíces de una ecuación ax ² + bx + c = 0 son x = [-b ± √(b ² – 4ac)]/2a

⇒ e ^z = (1 + √(x ² + 1)/x

⇒ z = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}+x^{2})}{x}$ ]

⇒ csch ^-1 x = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}+x^{2})}{x}$ ] = ln[1 + √(1 + x ² )] – ln(x)

csch ^-1 x = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}+x^{2})}{x}$ ] = ln[1 + √(1 + x ² )] – ln(x)

Función secante hiperbólica inversa

sec ^-1 x = ln[(1 + √(1 – x ² )/x]

Prueba:

Sea sech ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = sech z

Usando la función hiperbólica secante obtenemos,

sech z = 2/(e ^z + e ^-z )

⇒ x = 2/(e ^z + e ^-z )

⇒ x = $\left[\frac{2}{e^{z}+e^{-z}}\right]\times\left[\frac{e^{z}}{e^{z}}\right]$

⇒ x = 2e ^z /(e ^2z + 1)

⇒ x (e ^2z +1) = 2e ^z

⇒ xe ^2z − 2e ^z + x = 0

Sabemos que las raíces de una ecuación ax ² + bx + c = 0 son x = [-b ± √(b ² – 4ac)]/2a

Entonces, simplificando obtenemos,

e ^z = $\frac{1+\sqrt{(1}-x^{2})}{x}$

z = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}-x^{2})}{x}$ ] = ln[1 + √(1 – x ² )] – ln(x)

⇒ sec ^-1 x = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}-x^{2})}{x}$ ] = ln[1 + √(1 – x ² )] – ln(x)

sech ^-1 x = ln[ $\frac{1+\sqrt{(1}-x^{2})}{x}$ ] = ln[1 + √(1 – x ² )] – ln(x)

Función cotangente hiperbólica inversa

coth ^-1 x = ½ ln[(x + 1)/(x – 1)]

Prueba:

Sea coth ^-1 x = z, donde z ∈ R

⇒ x = coth z

Usando la función hiperbólica cotangente obtenemos,

coth z = (e ^z + e ^-z )/(e ^z – e ^-z )

⇒ x = (e ^z + e- ^z )/(e ^z – e ^-z )

⇒ x = $\left[\frac{e^{z}+e^{-z}}{e^{z}-e^{-z}}\right]\times\left[\frac{e^{z}}{e^{z}}\right]$

⇒ x = (e2z + 1)/(e ^2z – 1)

⇒ x (e ^2z – 1) = (e ^2z + 1)

⇒ (x – 1) e2z – (x + 1) = 0

⇒ e ^2z = [(x +1)/(x – 1)]

⇒ 2z = ln [(x + 1)/(x – 1)]

⇒ z = ½ ln[(x + 1)/(x – 1)] = ½[ln(x + 1) – ln(x – 1)]

coth ^-1 x = ½ ln[(x + 1)/(x – 1)] = ½ [ln(x + 1) – ln(x – 1)]

Derivadas de funciones hiperbólicas inversas

función hiperbólica inversa	Derivado
pecado ^-1 x	1/√(x2 + 1 ⁾
Cosh ^-1 x	1/√(x2 – ¹ ), x>1
bronceado ^-1 x	1/(1 – x2 ⁾ , \|x\| < 1
csch – ^1x	1/{\|x\|√(1 + x2 ) ^} , x ≠ 0
seg ^-1 x	-1/[x√(1 – x2 )], ⁰ < x < 1
coth ^-1 x	1/(1 – x2 ⁾ , \|x\| > 1

Problemas de muestra

Problema 1: Si senh x = 4, entonces prueba que x = log _e (4 + √17).

Solución:

Dado, senh x = 4

⇒ x = senh ^-1 (4)

Lo sabemos,

sinh ^-1 (x) = loge [x + √(x ² + 1)]

⇒ x = log _e [4 + √(4 ² + 1)] = log _e (4 + √17)

Por lo tanto, x = log _e (4 + √17)

Problema 2: Demostrar que tanh ^-1 (sen x) = cosh ^-1 (sec x).

Solución:

Lo sabemos,

tanh ^-1 x = 1/2 ln[(1+x)/(1-x)]

Ahora, tanh-1 (sen x) = 1/2 log[(1 + sen x)/(1 – sen x)]

Tenemos,

cosh ^-1 x = ln(x + √[x ² -1])

Ahora, cosh ^-1 (seg x) = ln[seg x + √(seg ² x – 1)]

= ln[seg x + √tan ² x] {Ya que, sec ² x – 1 = tan ² x}

= ln[seg x + tan x]

= ln[1/cos x + sen x/cos x]

= ln[(1 + sen x)/cos x]

Ahora, multiplica y divide el término por 2

= 1/2 × 2 ln[(1 + sen x)/cos x]

= 1/2 ln[(1 + sen x)/cos x] ² {ya que, 2 ln x = ln x ² }

= 1/2 ln[(1 + sen x) ² /cos ² x]

Sabemos, cos ² x = 1 – sen ² x = (1 + sen x)(1 – sen x)

Por lo tanto, (1 + sen x)2/cos2 x = [(1 + sen x)(1+ sen x)]/[(1 + sen x)(1 – sen x)] = (1 + sen x)/ (1 – sen x)

= 1/2 ln[(1 + sen x)/(1 – sen x)]

= tanh ^-1 (sen x)

Por lo tanto, tanh ^-1 (sen x) = cosh ^-1 (seg x)

Problema 3: Encuentra el valor de tanh ^-1 (1/5).

Solución:

Sabemos,

tanh ^-1 x = 1/2 ln[(1+x)/(1-x)]

⇒ tanh ^-1 (1/5) = 1/2 ln[(1+(1/5))/(1 – (1/5)]

= 1/2 ln[(6/5)/(4/5)]

=1/2 ln(3/2)

Por lo tanto, tanh ^-1 (1/5) = 1/2 ln(3/2)

Problema 4: Encuentra el valor de sech ^-1 (3/8).

Solución:

Sabemos,

sec ^-1 x = ln[(1 + √(1 – x ² )/x]

Entonces, sec ^-1 (3/8) = $ln\left[\frac{1+\sqrt{(1-(\frac{3}{8}})^{2}}{\frac{3}{8}}\right]$

= ln[(8 + √(64 – 9))/3]

= $ln\left[\frac{8+\sqrt{55}}{3}\right]$

Por lo tanto, sec ^-1 (3/8) = $ln\left[\frac{8+\sqrt{55}}{3}\right]$

Problema 5: Encuentra la derivada de [sinh ^-1 (5x + 1)] ² .

Solución:

Sea y = [sinh ^-1 (5x + 1)] ²

Ahora la derivada de la función dada es,

dy/dx = d([senh ^-1 (5x + 1)] ² )/dx

= 2[senh ^-1 (5x + 1)] d/dx [senh ^-1 (5x + 1)

Sabemos d(senh ^-1 x)/dx = 1/√(x ² + 1)

= 2 [senh ^-1 (5x + 1)] {1/√[(5x+1) ² + 1]} d(5x+1)/dx

= 2 [senh-1 (5x + 1)] × {1/√(25×2 + 10x + 2)} × 5

= 10 sen ^-1 (5x+1)/[√(25x ² +10x+2)]

Por lo tanto, la derivada de [sinh ^-1 (5x+1)] = $\frac{10sinh^{-1}(5x+1)}{\sqrt{(25x^{2}+10x+2)}}$ .

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por kiran086472 y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

Función seno hiperbólico inverso

Coseno Hiperbólico Inverso Función

Función tangente hiperbólica inversa

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