Формула для ареасинуса

[EminentVictorians]

Напишу полный ход своих рассуждений, а то такая каша в голове, не могу разобраться.

Есть гиперболический синус:

$$y = sh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}, \mathbb R \to \mathbb R$$

Попробую найти для него обратную функцию:

$$y = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$$

$$2y = e^x - e^{-x} \quad |\cdot e^x > 0$$

$$2ye^x = e^{2x} - 1$$

$$e^{2x} - 2ye^x - 1 = 0$$

$$t^2 - 2yt - 1 = 0$$

Получили квадратное уравнение с параметром $y$, относительно переменной $t = e^x$.
Дискриминант $\frac{D}{4} = (-y)^2 +1 = y^2 + 1$ получается строго положительным, значит уравнение (которое относительно $t$) имеет два корня независимо от $y$. Найдем корни:

$$t_1 = y + \sqrt{y^2 + 1}$$

$$t_2 = y - \sqrt{y^2 + 1}$$

Легко показать, что $t_1$ всегда положительный, а $t_2$ всегда отрицательный, значит $t_2$ нам не подходит (у нас же $t = e^x$), значит подходит только $t_1$. В общем,

$$t = y + \sqrt{y^2 + 1}$$

$$e^x = y + \sqrt{y^2 + 1}$$

$$x = \operatorname{ln} (y + \sqrt{y^2 + 1})$$

Мы смогли выразить $x$ независимо от $y$, причем однозначным образом. Это значит, что существует функция, обратная к нашему гиперболическому синусу - ареасинус:

$$x = arsh (y) = \operatorname{ln} (y + \sqrt{y^2 + 1}), \mathbb R \to \mathbb R$$

Я проверил по википедии, формула правильная, пока у меня сомнений нету.

Дальше я решил продифференцировать этот ареасинус по $y$. Но эту прямую формулу я пока дифференцировать не буду, а сделаю вот как (через производную обратной функции):

$$arsh'(y) = \frac{1}{sh'(x)} = \frac{1}{ch(x)} = \frac{1}{ch(arsh(y))}}$$

Дальше я пользуюсь формулой:

$$ch^2(x) - sh^2(x) = 1$$

$$ch^2(x) = 1 + sh^2(x)$$

$$ch(x) = \sqrt{1 + sh^2(x)} \quad \text{т.к. ch(x) всегда больше ноля}$$

То есть,

$$arsh'(y) = \frac{1}{ch(arsh(y))}} = \frac{1}{\sqrt{1 + sh^2(arsh(y))}} = \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}}$$

Пока все в порядке, формула вроде правильная получается.
Дальше я беру неопределенный интеграл от полученной дроби на связном множестве $\mathbb R$:

$$\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}} = \int\limits_{}^{} arsh'(y) = arsh(y)$$

(Оффтоп)

Я не пишу в интегралах dx, вообще не понимаю зачем это надо. Интеграл - просто оператор, берущий функцию на связном множестве и все. И +C тоже не пишу, просто под равенством понимается более слабое отношение эквивалентности с точностью до прибавления константы.

Но ведь тогда получается, что если я смогу взять интеграл $\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}}$ элементарными методами (обычной тригонометрией, без гиперболических функций), я же должен по итогу получить то же самое выражение, которое я получил для ареасинуса выше:

$$\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}} = arsh (y) = \operatorname{ln} (y + \sqrt{y^2 + 1})$$

Так ведь?
А у меня вообще какая-то ерунда получается, даже близко не то.

[Утундрий]

Для того, чтобы

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

продифференцировать этот ареасинус по $y$.

не обязательно брать

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

неопределенный интеграл от полученной дроби на связном множестве $\mathbb R$:

Достаточно просто

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

продифференцировать этот ареасинус по $y$.

P. S. Я иронизирую здесь меньше обычного потому, что всегда приветствую любое возвращение с абстрактных высей к низменной правде жЫзни.

[Dedekind]

EminentVictorians
Так это табличный интеграл, "длинный логарифм" называется. Наверняка много где описан способ его взятия.

-- 08.09.2025, 22:32 --

Вот, например https://youtu.be/hTzjax3VEBY?feature=shared

[Утундрий]

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

Я не пишу в интегралах dx, вообще не понимаю зачем это надо. Интеграл - просто оператор, берущий функцию...

...от $x$. Для указания на этот факт и пишется $dx$.

[EminentVictorians]

Утундрий, у меня нету проблемы продифференцировать полученный ареасинус по $y$. Могу написать, но в этом месте я уверен. Итак, имеем:

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

$$x = arsh (y) = \operatorname{ln} (y + \sqrt{y^2 + 1}), \mathbb R \to \mathbb R$$

Тогда

$$arsh'(y) = \frac{1}{ (y + \sqrt{y^2 + 1})} (1 + \frac{1}{2\sqrt{y^2 + 1}}2y) =$$

$$ = \frac{1}{ (y + \sqrt{y^2 + 1})} (1 + \frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}})=$$

$$ =\frac{1}{ (y + \sqrt{y^2 + 1})} \frac{\sqrt{y^2 + 1} + y}{\sqrt{y^2 + 1}} = $$

$$ \text{сокращаем}$$

$$=\frac{1}{\sqrt{y^2 + 1}}$$

Получилось все как и должно быть, но проблема то не в этом. У меня интеграл по сути уже взят, в справедливости самой формулы $\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}} = arsh (y) = \operatorname{ln} (y + \sqrt{y^2 + 1})$ я не сомневаюсь. Проблема в другом, а именно, когда я начинаю брать этот интеграл обычной тригонометрией - поучается бред какой-то. Интеграл-то один и тот же берется, поэтому ответы по идее должны совпасть (с точностью до константы). Мне надо понять, все ли пока правильно, потому что если все нормально, значит проблема на этапе, когда я обычную тригонометрию использую.

[Утундрий]

Так они же совпадают.

Вот ещё недавний пример неочевидного тождества:

$$3\cdot \left( 2+\dfrac {10}{\sqrt {27}} \right)^{1/3}+2\cdot \left( 2+\dfrac {10}{\sqrt {27}} \right)^{-1/3}=6$$

[Combat Zone]

EminentVictorians

EminentVictorians в сообщении #1701063 писал(а):

Проблема в другом, а именно, когда я начинаю брать этот интеграл обычной тригонометрией - поучается бред какой-то.

Вы же не пишете, как вы это делаете "обычной тригонометрией", что ж вам сказать.

[EminentVictorians]

Combat Zone в сообщении #1701067 писал(а):

Вы же не пишете, как вы это делаете "обычной тригонометрией", что ж вам сказать.

Там такая мешанина, что мне стыдно это выкладывать. Суть в том, что во всей этой каше я выделил как бы 2 части: "гиперболическую" и "тригонометрическую". Гиперболическая, по идее, должна быть сложнее тригонометрической, все же к обычной тригонометрии я больше привык. Вот я её и выложил, думал, что в ней ошибка. Но ошибка все же в тригонометрической части оказалась...:(

Самое интересное, ошибку я нашел, ответ почти сошелся, но видимо где-то еще одна есть. Что еще лучше, у меня получилось "очистить" тригонометрическое доказательство от всех ссылок на гиперболическую часть, поэтому его можно воспринимать как отдельный способ взять $\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}}$ чисто обычной тригонометрией.

Итак, $D(y) = \mathbb R$, берем этот интеграл на связном множестве $\mathbb R$.

$$\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sqrt{1 + y^2}} = \int\limits_{}^{} \frac{\sqrt{1 + y^2}}{1 + y^2} = \int\limits_{}^{} \sqrt{1 + y^2} \frac{1}{1 + y^2} = \int\limits_{}^{} \frac{1}{\cos(\arctg y)}\frac{1}{1 + y^2}=$$

$$= \int\limits_{}^{} \frac{1}{\cos(\arctg y)}\arctg'(y) = $$

$$\Big( t(y) = \arctg(y); -\frac{\pi}{2} < t(y) < \frac{\pi}{2} \Big)$$

$$= \int\limits_{}^{} \frac{1}{\cos(t(y))}t'(y) = \int\limits_{}^{} \frac{1}{\cos(t)} = \int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2} - t)} =$$

$$ = \int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2} - t)} (\frac{\pi}{2} - t)' (-1) = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{2} - t)} (\frac{\pi}{2} - t)' =$$

$$\Big( u(t) = \frac{\pi}{2} - t; \quad 0 < u(t) < \pi \Big)$$

$$ = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(u(t))} u'(t) = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(u)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{2\sin(\frac{u}{2})\cos(\frac{u}{2})} =$$

$$-\frac{1}{2}\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{u}{2})\cos(\frac{u}{2})} = -\frac{1}{2}\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{u}{2})\cos(\frac{u}{2})} \cdot (\frac{u}{2})' \cdot 2 =$$

$$= -\frac{1}{2} \cdot 2 \int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{u}{2})\cos(\frac{u}{2})} \cdot (\frac{u}{2})' = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(\frac{u}{2})\cos(\frac{u}{2})} \cdot (\frac{u}{2})' =$$

$$\Big(p(u) = \frac{u}{2}; \quad 0 < p(u) < \frac{\pi}{2} \Big)$$

$$= -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\sin(p)\cos(p)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\frac{\sin(p)}{\cos(p)}\cos^2(p)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\tg(p)\cos^2(p)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{\tg(p)} \frac{1}{\cos^2(p)}=$$

$$\Big( t(p) = \tg(p); \quad t(p) > 0 \Big)$$

$$= -\int\limits_{}^{} \frac{1}{t(p)} t'(p)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{t} = \ln t = \ln \tg(p) = \ln \tg(\frac{u}{2}) = \ln \frac{\sin (u)}{1+\cos(u)}=$$

$$= \ln \frac{\sin (\frac{\pi}{2} - t)}{1+\cos(\frac{\pi}{2} - t)} = \ln \frac{\cos (t)}{1+\sin(t)}= \ln \frac{\cos (\arctg(y))}{1+\sin(\arctg(y))}= \ln \frac{\frac{1}{\sqrt{y^2 + 1}}}{1+\frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}}} = $$

$$ \ln \frac{1}{\sqrt{y^2 + 1} + y} = \text{домножим на сопряженное знаменателя} = \ln \frac{\sqrt{y^2 + 1} - y}{1} =$$

$$ = \ln \sqrt{y^2 + 1} - y = \text{ии?? почему так?? плюс же должен быть}$$

[lel0lel]

$-\int\frac{1}{t}dt=?$

[EminentVictorians]

Блин, кошмар)) Как так то а...

lel0lel, спасибо! Я 10 раз проверял, не заметил это место))
Исправленный вариант:

$$...= -\int\limits_{}^{} \frac{1}{t(p)} t'(p)} = -\int\limits_{}^{} \frac{1}{t} = -\ln t = -\ln \tg(p) = -\ln \tg(\frac{u}{2}) = -\ln \frac{\sin (u)}{1+\cos(u)}=$$

$$= -\ln \frac{\sin (\frac{\pi}{2} - t)}{1+\cos(\frac{\pi}{2} - t)} = -\ln \frac{\cos (t)}{1+\sin(t)}= -\ln \frac{\cos (\arctg(y))}{1+\sin(\arctg(y))}= -\ln \frac{\frac{1}{\sqrt{y^2 + 1}}}{1+\frac{y}{\sqrt{y^2 + 1}}} = $$

$$ -\ln \frac{1}{\sqrt{y^2 + 1} + y} = \ln (\frac{1}{\sqrt{y^2 + 1} + y})^{-1} = \ln \sqrt{y^2 + 1} + y$$

и все получилось как и должно быть.

[Sonic86]

(прастити, я не выдержал)

EminentVictorians в сообщении #1701056 писал(а):

Я не пишу в интегралах dx, вообще не понимаю зачем это надо

ИСН в сообщении #304104 писал(а):

Один студент тоже вот так всё время забывал писать в интегралах $dx$. Потом он пошёл на стройку и ему на голову упал кирпич.

[provincialka]

Точно! С дифференциалами все было бы короче и проще ...