Ensino Superior

Mensagem não lidapor **Ronny** » 17 Jul 2018, 18:43 · Mensagem não lida por **Ronny** » 17 Jul 2018, 18:43

Demonstre que [tex3]Arcthz=\frac{1}{2}Ln(\frac{z+1}{z-1})[/tex3]

Mensagem não lidapor **Cardoso1979** » 18 Jul 2018, 01:25 · 18 Jul 2018, 01:25

Observe

Demonstração

Considere a solução para a equação:

[tex3]z = tgh \ y=\frac{senh \ y}{cosh \ y}=\left(\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}\right)=\left(\frac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1}\right)[/tex3]

Vamos agora isolar e [tex3]^{2y}[/tex3] , temos:

[tex3]z =\frac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1}[/tex3]

[tex3]e^{2y}-1=ze^{2y}+z→(1-z)e^{2y}=1+z→e^{2y}=\frac{1+z}{1-z}[/tex3]

Aplicando o logaritmo natural em ambos os lados da equação, vem;

[tex3]ln \ e^{2y}=ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3]

[tex3]2y.ln \ e=ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3]

[tex3]2y.1=ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3]

[tex3]y=\frac{1}{2}.ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3] ( l )

Por outro lado, z = tgh y ⟺ y = arc tgh z, substituindo em ( l ), fica;

[tex3]arc \ tgh \ z = \frac{1}{2}.ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3]

Podemos definir então o valor principal da função tangente hiperbólica inversa empregando o valor principal do logaritmo, logo:

[tex3]Arc \ tgh \ z = \frac{1}{2}.Ln \ \left(\frac{1+z}{1-z}\right)[/tex3] c.q.d.

Bons estudos!

Mensagem não lidapor **Andre13000** » 18 Jul 2018, 10:34 · Mensagem não lida por **Andre13000** » 18 Jul 2018, 10:34

Uma demonstração diferente é considerar a seguinte integral:

[tex3]\int \frac{1}{1-x^2}dx[/tex3]

Pois se [tex3]x=\tanh \varphi\to dx=sech^2\varphi d\varphi[/tex3]

Aquela integral lá encima é, portanto, [tex3]arctanh(x)+C[/tex3] . Porém, por frações parciais, você chega na outra resposta.

Mensagem não lidapor **Ronny** » 19 Jul 2018, 19:48 · Mensagem não lida por **Ronny** » 19 Jul 2018, 19:48

Tentei fazer usando o mesmo Raciocinio para Arcseno hiperbolico de Z Cardoso, mas nao consegui isolar o " y " .

Mensagem não lidapor **AnthonyC** » 22 Ago 2020, 19:12 · Mensagem não lida por **AnthonyC** » 22 Ago 2020, 19:12

Ronny escreveu: ↑19 Jul 2018, 19:48 Arcseno hiperbolico de Z

Solução à la Cardoso1979:

[tex3]\arcsenh (z)=\omega[/tex3]
[tex3]z=\sinh(\omega) [/tex3]
[tex3]z=\frac{e^\omega-e^{-\omega}}{2} [/tex3]
[tex3]2e^\omega z={e^{2\omega}-1} [/tex3]
Chamando [tex3]e^\omega=\Omega[/tex3] :
[tex3]2\Omega z={\Omega ^2-1} [/tex3]
[tex3]0=\Omega ^2-2z\Omega -1 [/tex3]
Assim, obtemos uma equação do segundo grau em [tex3]\Omega [/tex3] . Usando Bháskara:
[tex3]\Omega =\frac{-(-2z) \pm\sqrt{(2z)^2-4\cdot1\cdot(-1)}}{2\cdot1}[/tex3]
[tex3]\Omega =\frac{2z \pm\sqrt{4z^2+4}}{2}[/tex3]
[tex3]\Omega =\frac{2z \pm\sqrt{4(z^2+1)}}{2}[/tex3]
[tex3]\Omega =\frac{2z \pm2\sqrt{z^2+1}}{2}[/tex3]
[tex3]\Omega =z \pm\sqrt{z^2+1}[/tex3]
[tex3]e^\omega =z \pm\sqrt{z^2+1}[/tex3]
[tex3]\omega =\ln\(z \pm\sqrt{z^2+1}\)[/tex3]

Porém, temos:
[tex3]z^2+1>z^2[/tex3]
[tex3]\sqrt{z^2+1}>\sqrt{z^2}[/tex3]
[tex3]\sqrt{z^2+1}>|z|[/tex3]
[tex3]\sqrt{z^2+1}>z>-\sqrt{z^2+1}[/tex3]
[tex3]-z+\sqrt{z^2+1}>0>-z-\sqrt{z^2+1}[/tex3]
[tex3]z-\sqrt{z^2+1}<0< z+\sqrt{z^2+1}[/tex3]
Como [tex3]\ln(x)[/tex3] só está definido para [tex3]x>0[/tex3] , a única solução é [tex3]\omega =\ln\(z +\sqrt{z^2+1}\)[/tex3]. Finalmente:
[tex3]\arcsenh (z)=\omega[/tex3]
[tex3]\arcsenh (z)=\ln\(z +\sqrt{z^2+1}\)[/tex3]

Solução à la Andre13000:

[tex3]\int {1\over\sqrt{1+x^2}}dx[/tex3]
Fazendo a substituição:
[tex3]\begin{cases}
x=\sinh(\xi ) \\
\arcsenh(x)=\xi\\
dx=\cosh(\xi)d\xi\\
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\int {1\over\sqrt{1+\sinh^2(\xi)}}\cosh(\xi)d\xi[/tex3]
[tex3]\int {1\over\sqrt{\cosh^2(\xi)}}\cosh(\xi)d\xi[/tex3]
Como [tex3]\cosh(x)>0[/tex3]:
[tex3]\int {1\over{\cosh(\xi)}}\cosh(\xi)d\xi[/tex3]
[tex3]\int d\xi[/tex3]
[tex3]\xi+C[/tex3]
[tex3]\int {1\over\sqrt{1+x^2}}dx=\arcsenh(x)+C[/tex3]

[tex3]\int {1\over\sqrt{1+x^2}}dx[/tex3]
[tex3]\int {1\over\sqrt{1+x^2}}\(\frac{x+\sqrt{1+x^2}}{x+\sqrt{1+x^2}}\)dx[/tex3]
[tex3]\int {x+\sqrt{1+x^2}\over\sqrt{1+x^2}}\(\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\)dx[/tex3]
[tex3]\int \({x\over\sqrt{1+x^2}}+1\)\(\frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}\)dx[/tex3]
Fazendo a substituição:
[tex3]\begin{cases}
\Psi=x+\sqrt{1+x^2} \\
d\Psi=\(1+{x\over{\sqrt{1+x^2}}}\) dx
\end{cases}[/tex3]
[tex3]\int \frac{1}{\Psi}d\Psi[/tex3]
[tex3]\ln(\Psi)+K[/tex3]
[tex3]\int {1\over\sqrt{1+x^2}}dx=\ln\(x+\sqrt{1+x^2}\)+K[/tex3]

Assim, devemos ter:
[tex3]\arcsenh(x)+C=\ln\(x+\sqrt{1+x^2}\)+K[/tex3]
Fazendo [tex3]x=0[/tex3]:
[tex3]\arcsenh(0)+C=\ln\(0+\sqrt{1+0^2}\)+K[/tex3]
[tex3]0+C=\ln\(1\)+K[/tex3]
[tex3]C=K[/tex3]

Portanto:
[tex3]\arcsenh(x)=\ln\(x+\sqrt{1+x^2}\)[/tex3]

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