ارتباط بین معکوس توابع مثلثاتی با معکوس توابع هیپربولیک

مدیران انجمن: parse, javad123javad

ارسال پست
نمایه کاربر
پرتوزا

عضویت : دوشنبه ۱۴۰۱/۴/۶ - ۱۰:۱۴


پست: 16



ارتباط بین معکوس توابع مثلثاتی با معکوس توابع هیپربولیک

پست توسط پرتوزا »

مثلا تانژانت با تانژانت هیپربولیک از رابطه‌ی
tanh x=-i.tan ix
بدست میاد اما رابطه بین آرک‌تانژانت و آرک‌تانژانت هیپربولیک رو نمی‌دونم.

سوال: آیا روابطی بین معکوس توابع مثلثاتی و معکوس توابع هیپربولیک هست؟

نمایه کاربر
rohamavation

نام: roham hesami radرهام حسامی راد

محل اقامت: فعلا تهران قیطریه بلوار کتابی 8 متری صبا City of Leicester Area of Leicestershire LE7

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 2469

سپاس: 4615

جنسیت:

تماس:

Re: ارتباط بین معکوس توابع مثلثاتی با معکوس توابع هیپربولیک

پست توسط rohamavation »

من یکسری روابط اوردم اما وقت اثباتشو ندارم .
${{\left( {\text{arcsinh}\,x} \right)^\prime } }={ f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\sinh y} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{\cosh y}} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {\sinh^2}y} }} }\\
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {\sinh^2}\left( {\text{arcsinh}\,x} \right)} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {1 + {x^2}} }}.}$و${{\left( {\text{arccosh}\,x} \right)^\prime } }={ f’\left( x \right) }
= {\frac{1}{{\varphi’\left( y \right)}} }
= {\frac{1}{{{{\left( {\cosh y} \right)}^\prime }}} }
= {\frac{1}{{\sinh y}} }
= {\frac{1}{{\sqrt {{\cosh^2}y – 1} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {{\cosh^2}\left( {\text{arccosh}\,x} \right) – 1} }} }
= {\frac{1}{{\sqrt {{x^2} – 1} }}\;\;\left( {x \gt 1} \right),}$و${{\left( {\text{arctanh}\,x} \right)^\prime } }={ {\cosh ^2}y }={ \frac{1}{{1 – {{\tanh }^2}y}} }
= {\frac{1}{{1 – {{\tanh }^2}\left( {\text{arctanh}\,x} \right)}} }
= {\frac{1}{{1 – {x^2}}}\;\;\left( {\left| x \right| \lt 1} \right).}$
$\sinh^{-1}x=\ln \left(x+\sqrt{x^2 + 1}\right), ~~ x \in (-\infty, \infty)$
$\cosh^{-1}x=\ln\left(x+\sqrt{x^2 - 1}\right), ~~ x \in [1, \infty)$
$\tanh^{-1}x=\frac{1}{2} \ln\left(\frac{1 + x}{1 -x}\right), ~~ x \in (-1, 1)$
$\coth^{-1}x=\frac{1}{2}\,\ln\left(\frac{x + 1}{x-1}\right), ~~ x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$
مشتق $\frac{d}{dx}\,\sinh^{-1}x= \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}$
$\frac{d}{dx}\, \cosh^{-1}x=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$
$\frac{d}{dx}\,tanh^{-1}x=\frac{1}{1-x^2}$خوب روابط درخواستی شما $\cos (ix)=\frac{e^{i^2x} + e^{-i^2x}}{2}=\frac{e^{x} + e^{-x}}{2}=\cosh x$و$\sin (ix)=\frac{e^{i^2x} - e^{-i^2x}}{2i}=i\frac{e^{x} - e^{-x}}{2}=i\sinh x$
ببین رابطه بین tanh و arctan این دو تابع در خط واقعی شبیه یکدیگرند اما آنها تنها توابع سیگموئیدی (تابعی است حقیقی و کراندار و مشتق پذیر که به ازای کلیه مقادیر حقیقی قابل تعریف هست دارای مشتق مثبت است. و همچنین تابع سیگموئید (sigmoid function) و خمیدگی سیگموئید (sigmoid curve) عباراتی هستند که هر دو دارای مفهوم یکسانیند)در اطراف نیستند. توابعی به سادگی $\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ و پیچیده‌ای مانند $\dfrac2{\sqrt \pi}\int_0^x e^{-t^2}\mathrm dt$ وجود دارند که شکل s را نیز دارند.
نمودارهای مماس هذلولیتصویر
اولی دارای برش شاخه است، در حالی که دومی تناوب را در محور نشان میده
$\begin{align*}
\tan\tanh\,z&=z-\frac{z^5}{15}+\frac{z^7}{45}-\frac{z^9}{2835}-\frac{13 z^{11}}{4725}+\cdots\\
\mathrm{artanh}\arctan\,z&=z+\frac{z^5}{15}-\frac{z^7}{45}+\frac{64 z^9}{2835}-\frac{71 z^{11}}{4725}+\cdots
\end{align*}$
هر دو تابع فردند در تمام R تعریف می شوند و برای x>0 به طور یکنواخت تا حدودی محدود افزایش می یابند. اما این همان جایی است که شباهت ها به پایان میرسه به طور خاص
${\pi\over2}-\arctan(x)\sim{1\over x}\ ,\qquad 1-\tanh(x)\sim 2e^{-2x}$
وقتی$x\to\infty$. این نشان می دهد که رفتار مجانبی این دو تابع کاملاً متفاوته
همانطور که در پاسخ‌های دیگر نشان داده شد، tan و tanh به تابع exp مربوط می‌شوند در حالی که arctan و artanh به گزارش تابع مربوط می‌شوند که به موجب آن انتقال از توابع مثلثاتی به توابع هذلولی
$\arctan(ix)=i\,\text{artanh}(x),\\
\text{artanh}(ix)=i\,\arctan(x).$
$\displaystyle \tanh^{-1}(y) = \frac1{2} \ln \left( \frac{1+y}{1-y} \right)$
$\displaystyle \tanh^{-1}(\cos(x)) = -\ln \left( \tan\left( \frac{x}{2} \right) \right)$
$\arcsin(ix)=i\,\text{arsinh}(x),\\
\text{artanh}(ix)=i\,\arctan(x).$
$\arccos(ix)=+-i\,\text{arcosh}(x),\\$
$\begin{align} \arctan x=-i~\text{artanh} ~ix\\ \arcsin x=-i~\text{arsinh}~ix\\ \end{align}$به نظر من، فکر می کنم وقتی بدانی
$roham hesami math $
شما می توانید تمام هویت توابع مثلثاتی دایره ای را استخراج کنی
اگر تبدیل $x \to ix$را اضافه کنید،
$\sin(ix) = \frac{e^{-x} - e^{x}}{2i} = i\frac{e^x - e^{-x}}{2} = i\sinh(x) ~~~~~ \longrightarrow ~~~~~ \sinh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
و به طور مشابه برای cosh(x).
میدونی $\cos (ix)=\frac{e^{i^2x} + e^{-i^2x}}{2}=\frac{e^{x} + e^{-x}}{2}=\cosh x$.و$\sin (ix)=\frac{e^{i^2x} - e^{-i^2x}}{2i}=i\frac{e^{x} - e^{-x}}{2}=i\sinh x$مچنین $\cosh (ix)=\frac{e^{ix} + e^{-ix}}{2}=\cos x$و$\sinh (ix)=\frac{e^{ix} - e^{-ix}}{2}=i\frac{e^{x} - e^{-x}}{2i}=i\sin x$
تصویر
تصویر

ارسال پست