[[삼각함수,trigonometric_function]]
[[역삼각함수,inverse_trigonometric_function]]
[[쌍곡선함수,hyperbolic_function]]
'''역쌍곡선함수,inverse_hyperbolic_function'''

= 쌍곡함수의 역함수 =
||$y=\sinh^{-1}x$ ||⇔||$x=\sinh y$ ||
||$y=\cosh^{-1}x$ ||⇔||$x=\cosh y$ and $x\ge1,\,y\ge0$ ||
||$y=\tanh^{-1}x$ ||⇔||$x=\tanh y$ and $-1<x<1$ ||
## from 서울대기초수학학습교재.pdf p177

= 등식 =
$\sinh^{-1}x=\ln\left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$
 $x\in(-\infty,\infty)$
{
증명
Let
 $y=\sinh^{-1}x$
then
 $x=\sinh y=\frac{e^y-e^{-y}}{2}$
 $e^y-2x-e^{-y}=0$
양변에 $e^y$ 를 곱하면
 $e^{2y}-2xe^{y}-1=0$
 $(e^y)^2-2x(e^y)-1=0$
이렇게 $e^y$ 에 대한 이차방정식이 나오고, 근의 공식을 쓰면
 $e^y=\frac{2x\pm\sqrt{4x^2+4}}{2}=x\pm\sqrt{x^2+1}$
그런데 지수함수인 $e^y>0$ 이므로
 $e^y=x+\sqrt{x^2+1}$
 $y=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$
}

$\cosh^{-1}x=\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)$
 $x\in[1,\infty)$
{
증명 1
##from http://www.kocw.net/home/search/kemView.do?kemId=1269664 3강
 $y=\cosh^{-1}x$ 라 하면
 $y\ge0$ 이고
 $x=\cosh y=\frac12\left(e^y+e^{-y}\right)$
 $e^y+e^{-y}=2x$
 $e^y-2x+e^{-y}=0$
양변에 $e^y$ 를 곱해도 같으므로
 $(e^y)^2-2xe^y+1=0$
이러면 근의 공식을 적용할 수 있다.
 $e^y=x\pm\sqrt{x^2-1}$
근데 $y\ge0$ 이므로 $e^y\ge 1$ 이다. 따라서
 $e^y=x+\sqrt{x^2-1}$

증명 2: $x\ge1$ 에 대해 $\cosh^{-1}x=\ln(x+\sqrt{x^2-1})$ 임을 보여라.
Sol.
역함수의 정의로부터
 $x=\cosh y=\frac{e^y+e^{-y}}2,\;y\ge0$
이고 양변에 $2e^y$ 를 곱하면
 $e^{2y}+1=2e^yx$
 $e^{2y}-2e^yx+1=0$
을 얻는다. $u=e^y(\ge1)$ 로 놓으면 $u$ 에 대한 이차식
 $u^2-2xu+1=0$
을 얻고 $u\ge1$ 이므로 근의 공식에서
 $u=x+\sqrt{x^2-1}(=e^y)$
임을 알 수 있다. 로그를 취하면
 $y=\ln(x+\sqrt{x^2-1})$
을 얻는다.
}

$\tanh^{-1}x=\frac12\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$
 $x\in(-1,1)$
증명{
$y=\tanh^{-1}x$
$x=\tanh y$
 $=\frac{\sinh y}{\cosh y}$
 $=\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}$
 $=\frac{e^{2y}-1}{e^{2y}+1}$
$(e^{2y}+1)x=e^{2y}-1$
$xe^{2y}+x=e^{2y}-1$
$(x-1)e^{2y}=-1-x$
$e^{2y}=\frac{1+x}{1-x}$
$2y=\ln\frac{1+x}{1-x}$
$y=\frac12\ln\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\quad(-1<x<1)$
}

$\coth^{-1}x=\frac12\ln\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$
 $x\in(-\infty,1)\cup(1,\infty)$

$\operatorname{sech}^{-1}x=\ln\left(\frac1{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}-1}\right)$
 $x\in(0,1]$ i.e. $0<x\le1$

$\operatorname{csch}^{-1}x=\ln\left(\frac1{x}+\sqrt{\frac{1}{x^2}+1}\right)$
 $x\in(-\infty,0)\cup(0,\infty)$ i.e. $x\ne 0$

= 역쌍곡함수의 미분 =
$\frac{d}{dx}(\sinh^{-1}x)=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$
증명{
Let
 $y=\sinh^{-1}x,\;x=\sinh y$
Differentiating [[w.r.t.]] $x,$
 $1=\cosh y\frac{dy}{dx}$
Since $\cosh^2y-\sinh^2y=1,\;\cosh y=\sqrt{1+\sinh^2 y}\;(\cosh y\ge 0)$
 $\frac{dy}{dx}=\frac1{\cosh y}=\frac1{\sqrt{1+\sinh^2 y}}=\frac1{1+x^2}\quad\qed$
}


$\frac{d}{dx}\cosh^{-1}x=\frac1{\sqrt{x^2-1}}\quad (x>1)$
증명
$y=\cosh^{-1}x$ 라고 하면 $x=\cosh y,\;y\ge0$ 이다. 양변을 x에 대해 미분하면
 $1=\sinh y\cdot\frac{dy}{dx}$
한편 $\cosh^2y-\sinh^2y=1$ 이고 $y\ge0$ 이므로
 $\sinh y=\sqrt{\cosh^2y-1}=\sqrt{x^2-1}$
이다. 따라서
 $\frac{dy}{dx}=\frac1{\sinh y}=\frac1{\sqrt{x^2-1}}$
을 얻는다.
## from 서울대기초수학학습교재 p177

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