La Identidad de Pascal

Sean n y r enteros positivos con r\leq n. Entonces

\binom{n}{r}=\binom{n-1}{r-1}+\binom{n-1}{r}


DEMOSTRACIÓN

La demostración se realiza de forma algebraica mostrando que el lado derecho es reducible al lado izquierdo.

\binom{n-1}{r-1}+\binom{n-1}{r}=\frac{\left( n-1\right) !}{\left(  r-1\right) !\left( n-r\right) !}+\frac{\left( n-1\right) !}{r!\left(n-r-1\right) !}

Multiplicando por la identidad convenientemente, el primer término por \frac{r}{r} y el segundo por \frac{n-r}{n-r}

=\frac{r\left( n-1\right) !}{r\left( r-1\right) !\left( n-r\right) !}+\frac{\left( n-r\right) \left( n-1\right) !}{r!\left( n-r\right) \left(n-r-1\right) !}

Completando factoriales

=\frac{r\left( n-1\right) !}{r!\left( n-r\right) !}+\frac{\left( n-r\right)\left( n-1\right) !}{r!\left( n-r\right) !}

Factorizando el término común

=\frac{\left( n-1\right) !}{r!\left( n-r\right) !}\left( r+\left(n-r\right) \right)

Simplificando

=\frac{\left( n-1\right) !n}{r!\left( n-r\right) !}

Completando factorial

=\frac{n!}{r!\left( n-r\right) !}

=\binom{n}{r}

Así la identidad queda demostrada.


Post #12mycomplexsoul

Linealizar Potencias Enteras De Coseno

La expresión general 2^{n}\cos ^{n}\left( x\right) que es una potencia de la función trigonométrica coseno, es reducible a una suma de cosenos lineales de acuerdo a la siguiente fórmula.

Proposición:

2^{n}\cos ^{n}\left( x\right) =\left\{ \begin{array}{cc} \sum\limits_{i=0}^{\left\lceil \frac{n-1}{2}\right\rceil }\binom{n}{i}2\cos\left( \left( n-2i\right) x\right) & n\text{ impar} \\ \sum\limits_{i=0}^{\left\lceil \frac{n-1}{2}\right\rceil -1}\binom{n}{i} 2\cos \left( \left( n-2i\right) x\right) +2\binom{n-1}{\left\lceil \frac{n-1}{2}\right\rceil -1} & n\text{ par} \end{array} \right.

La demostración se hará por inducción para n par e impar, demostrando pares e impares por separado.


DEMOSTRACIÓN

Con n impar

Para n=1 tenemos:

2^{1}\cos ^{1}\left( x\right) =\sum\limits_{i=0}^{\left\lceil \frac{1-1}{2}\right\rceil }\binom{1}{i}2\cos \left( \left( 1-2i\right) x\right) =2\cos \left( x\right)

Suponemos para n=2p-1

2^{2p-1}\cos ^{2p-1}\left( x\right) =\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right)

Para demostrar el siguiente impar multiplicamos por 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right)

\left( 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) \right) \left( 2^{2p-1}\cos ^{2p-1}\left( x\right) \right) =\left( 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) \right) \sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right)

Introduciendo a la sumatoria y viendo que 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) =2\left( \cos 2x+1\right)

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\left( \cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right) \left( 2\left( \cos 2x+1\right) \right) \right)

Multiplicando

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\left( 2\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right) \left( \cos 2x\right) +2\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right) \right)

Utilizando la identidad trigonométrica 2\cos x\cos y=\cos \left( x+y\right) +\cos \left( x-y\right)

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\left( \cos \left( \left( 2p-1-2i+2\right) x\right) +\cos \left( \left( 2p-1-2i-2\right) x\right) +2\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right) \right)

Separando sumatorias

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left( 2p-1-2i+2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left(2p-1-2i-2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2^{2}\cos\left( \left( 2p-1-2i\right) x\right)

Para poder sumar correctamente vamos a separar los dos primeros terminos de la primera sumatoria, los dos últimos terminos de la segunda sumatoria, el primero y el último termino de la tercera sumatoria. De este modo:

=\sum\limits_{i=2}^{p-1}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left( 2p-1-2i+2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-3}\binom{2p-1}{i}2\cos \left( \left( 2p-1-2i-2\right) x\right) +\sum\limits_{i=1}^{p-2}\binom{2p-1}{i}2^{2}\cos \left( \left( 2p-1-2i\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\binom{2p-1}{1}2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\binom{2p-1}{p-2}2\cos \left( \left( 1\right) x\right) +\binom{2p-1}{p-1}2\cos \left( \left( -1\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2^{2}\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\binom{2p-1}{p-1}2^{2}\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Ahora simplemente renombramos y en los terminos separados sumamos recordando que \cos x=\cos \left( -x\right)

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p-1}{j+2}2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right) +\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p-1}{j}2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right) +\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p-1}{j+1}2^{2}\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( \binom{2p-1}{1}+2\binom{2p-1}{0}\right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\left( \binom{2p-1}{p-2}+\binom{2p-1}{p-1}+2\binom{2p-1}{p-1}\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Factorizando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \binom{2p-1}{j+2}+\binom{2p-1}{j}+2\binom{2p-1}{j+1}\right) 2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( 2p-1+2\left( 1\right) \right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\left( \frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( p-2\right) !\left( p+1\right) !}+3\frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( p-1\right) !p!}\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Reexpresando convenientemente

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( j+2\right) !\left( 2p-3-j\right) !}+\frac{\left( 2p-1\right) !}{j!\left( 2p-1-j\right) !}+2\frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( j+1\right) !\left( 2p-2-j\right) !}\right) 2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( 2p+1\right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\left( 2p-1\right) !\left( \frac{1}{\left( p-2\right) !\left( p+1\right) !}+3\frac{1}{\left( p-1\right) !p!}\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\frac{\left( 2p-1\right) !}{j!\left( 2p-1-j\right) !}\left( \frac{\left( 2p-1-j\right) \left( 2p-2-j\right) }{\left( j+2\right) \left( j+1\right) }+1+2\frac{\left( 2p-1-j\right) }{\left( j+1\right) }\right) 2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( 2p+1\right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\frac{\left( 2p-1\right) !}{p!\left( p-1\right) !}\left( \frac{\left( p-1\right) }{\left( p+1\right) }+3\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Sumando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\frac{\left( 2p-1\right) !}{j!\left( 2p-1-j\right) !}\left( \frac{\left( 2p\right) \left( 2p+1\right) }{\left( j+2\right) \left( j+1\right) }\right) 2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( 2p+1\right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\frac{\left( 2p-1\right) !}{p!\left( p-1\right) !}\left( \frac{2\left( 2p+1\right) }{\left( p+1\right) }\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Reexpresando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \frac{\left( 2p+1\right) !}{\left( j+2\right) !\left( 2p-1-j\right) !}\right) 2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right)

+\binom{2p-1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\left( 2p+1\right) 2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\frac{\left( 2p+1\right) !}{\left( p+1\right) !\left( p-1\right) !}\left( \frac{2}{\left( 2p\right) }\right) 2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Reexpresando convenientemente

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p+1}{j+2}2\cos \left( \left( 2p-3-2j\right) x\right) +\binom{2p+1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\binom{2p+1}{1}2\cos \left( \left( 2p-1\right) x\right) +\binom{2p+1}{p}2\cos \left( \left( 1\right) x\right)

Reescribiendo el índice de la sumatoria

=\sum\limits_{i=2}^{p-1}\binom{2p+1}{i}2\cos \left( \left( 2p+1-2i\right) x\right) +\binom{2p+1}{0}2\cos \left( \left( 2p+1\right) x\right) +\binom{2p+1}{1}2\cos \left( \left( 2p+1-2\left( 1\right) \right) x\right) +\binom{2p+1}{p}2\cos \left( \left( 2p+1-2\left( p\right) \right) x\right)

Incorporando los terminos separados

=\sum\limits_{i=0}^{p}\binom{2p+1}{i}2\cos \left( \left( 2p+1-2i\right) x\right)

=2^{2p+1}\cos ^{2p+1}\left( x\right)

Demostrado para n impar.


Con n par

Para n=2 tenemos:

2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) =\sum\limits_{i=0}^{\left\lceil \frac{2-1}{2}\right\rceil -1}\binom{2}{i}2\cos \left( \left( 2-2i\right) x\right) +2\binom{2-1}{\left\lceil \frac{2-1}{2}\right\rceil -1}=2\cos \left( 2x\right) +2

Suponemos para n=2p

2^{2p}\cos ^{2p}\left( x\right) =\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) +2\binom{2p-1}{p-1}

Para demostrar el siguiente par multiplicamos por 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right)

\left( 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) \right) \left( 2^{2p}\cos ^{2p}\left( x\right) \right) =\left( 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) \right) \left( \sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) +2\binom{2p-1}{p-1}\right)

Introduciendo a la sumatoria y viendo que 2^{2}\cos ^{2}\left( x\right) =2\left( \cos 2x+1\right)

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\left( \cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) \left( 2\left( \cos 2x+1\right) \right) \right) +2 \binom{2p-1}{p-1}\left( 2\cos 2x+2\right)

Multiplicando

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\left( 2\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) \left( \cos 2x\right) +2\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) \right) +2\binom{2p-1}{p-1}\left( 2\cos 2x+2\right)

Utilizando la identidad trigonométrica 2\cos x\cos y=\cos \left( x+y\right) +\cos \left( x-y\right)

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\left( \cos \left( \left( 2p-2i+2\right) x\right) +\cos \left( \left( 2p-2i-2\right) x\right) +2\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) \right) +2\binom{2p-1}{p-1}\left( 2\cos 2x+2\right)

Separando sumatorias

=\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i+2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i-2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-1}\binom{2p}{i}2^{2}\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right) +2\binom{2p-1}{p-1}\left( 2\cos 2x+2\right)

Para poder sumar correctamente vamos a separar los dos primeros terminos de la primera sumatoria, los dos últimos terminos de la segunda sumatoria, el primero y el último termino de la tercera sumatoria. De este modo:

=\sum\limits_{i=2}^{p-1}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i+2\right) x\right) +\sum\limits_{i=0}^{p-3}\binom{2p}{i}2\cos \left( \left( 2p-2i-2\right) x\right) +\sum\limits_{i=1}^{p-2}\binom{2p}{i}2^{2}\cos \left( \left( 2p-2i\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\binom{2p}{1}2\cos \left( 2px\right) +\binom{2p}{p-2}2\cos \left( 2x\right) +\binom{2p}{p-1}2\cos \left( 0x\right)

+\binom{2p}{0}2^{2}\cos \left( 2px\right) +\binom{2p}{p-1}2^{2}\cos \left( 2x\right) +2\binom{2p-1}{p-1}\left( 2\cos 2x+2\right)

Ahora simplemente renombramos y en los terminos separados sumamos recordando que \cos 0x=1

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p}{j+2}2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right) +\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p}{j}2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right) +\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p}{j+1}2^{2}\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( \binom{2p}{1}+2\binom{2p}{0}\right) 2\cos \left( 2px\right) +\left( \binom{2p}{p-2}+2\binom{2p}{p-1}+2\binom{2p-1}{p-1}\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\binom{2p}{p-1}+2^{2}\binom{2p-1}{p-1}

Factorizando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \binom{2p}{j+2}+\binom{2p}{j}+2\binom{2p}{j+1}\right) 2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( 2p+2\left( 1\right) \right) 2\cos \left( 2px\right) +\left( \frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-2\right) !\left( p+2\right) !}+2\frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}+2\frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( p-1\right) !p!}\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\left( \frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}+2\frac{\left( 2p-1\right) !}{\left( p-1\right) !p!}\right)

Reexpresando convenientemente

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \frac{\left( 2p\right) !}{\left( j+2\right) !\left( 2p-2-j\right) !}+\frac{\left( 2p\right) !}{j!\left( 2p-j\right) !}+2\frac{\left( 2p\right) !}{\left( j+1\right) !\left( 2p-1-j\right) !}\right) 2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( 2p+2\right) 2\cos \left( 2px\right) +\frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}\left( \frac{\left( p-1\right) }{\left( p+2\right) }+2+2\frac{\left( p+1\right) }{\left( 2p\right) }\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}\left( 1+2\frac{\left( p+1\right) }{\left( 2p\right) }\right)

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\frac{\left( 2p\right) !}{j!\left( 2p-j\right) !}\left( \frac{\left( 2p-j\right) \left( 2p-1-j\right) }{\left( j+2\right) \left( j+1\right) }+1+2\frac{\left( 2p-j\right) }{\left( j+1\right) }\right) 2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( 2p+2\right) 2\cos \left( 2px\right) +\frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}\left( \frac{\left( 2p+1\right) \left( 2p+2\right) }{p\left( p+2\right) }\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\frac{\left( 2p\right) !}{\left( p-1\right) !\left( p+1\right) !}\left( \frac{2p+1}{p}\right)

Sumando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\frac{\left( 2p\right) !}{j!\left( 2p-j\right) !}\left( \frac{\left( 2p+1\right) \left( 2p+2\right) }{\left( j+2\right) \left( j+1\right) }\right) 2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( 2p+2\right) 2\cos \left( 2px\right) +\left( \frac{\left( 2p+2\right) !}{p!\left( p+2\right) !}\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\left( \frac{\left( 2p+1\right) !}{p!\left( p+1\right) !}\right)

Reexpresando

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\left( \frac{\left( 2p+2\right) !}{\left( j+2\right) !\left( 2p-j\right) !}\right) 2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right)

+\binom{2p}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\left( 2p+2\right) 2\cos \left( 2px\right) +\left( \frac{\left( 2p+2\right) !}{p!\left( p+2\right) !}\right) 2\cos \left( 2x\right) +2\left( \frac{\left( 2p+1\right) !}{p!\left( p+1\right) !}\right)

Reexpresando convenientemente

=\sum\limits_{j=0}^{p-3}\binom{2p+2}{j+2}2\cos \left( \left( 2p-2-2j\right) x\right) +\binom{2p+2}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\binom{2p+2}{1}2\cos \left( 2px\right) +\binom{2p+2}{p}2\cos \left( 2x\right) +2\binom{2p+1}{p}

Reescribiendo el índice de la sumatoria

=\sum\limits_{i=2}^{p-1}\binom{2p+2}{i}2\cos \left( \left( 2p+2-2i\right) x\right) +\binom{2p+2}{0}2\cos \left( \left( 2p+2\right) x\right) +\binom{2p+2}{1}2\cos \left( \left( 2p+2-2\left( 1\right) \right) x\right)

+\binom{2p+2}{p}2\cos \left( \left( 2p+2-2\left( p\right) \right) x\right) +2\binom{2p+1}{\left( p+1\right) -1}

Incorporando los terminos separados

=\sum\limits_{i=0}^{p}\binom{2p+2}{i}2\cos \left( \left( 2p+2-2i\right) x\right) +2\binom{2p+1}{\left\lceil \frac{2p+1}{2}\right\rceil -1}

=2^{2p+2}\cos ^{2p+2}\left( x\right)

Demostrado para n par.


Post #11mycomplexsoul

Funciones Trigonométricas Hiperbólicas Inversas

DEFINICIÓN

Las funciones trigonométricas hiperbólicas se definen en términos de la función exponencial de la siguiente manera:

\sinh \left( x\right) =\allowbreak \frac{1}{2}\left( e^{x}-e^{-x}\right)

\cosh \left( x\right) =\allowbreak \frac{1}{2}\left( e^{x}+e^{-x}\right)

\tanh \left( x\right) =\allowbreak \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}

Cuyo dominio es x\in \mathbb{C} (o más estrictamente x\in \mathbb{R}). Y las funciones inversas de éstas se definen en términos de la función logaritmo natural y se pueden deducir despejando las expresiones anteriores, quedando:

\sinh ^{-1}\left( x\right) =\ln \left( x+\sqrt{x^{2}+1}\right)

\cosh ^{-1}\left( x\right) =\allowbreak \ln \left( x+\sqrt{x^{2}-1}\right)

\tanh ^{-1}\left( x\right) =\allowbreak \frac{1}{2}\ln \left( \frac{x+1}{1-x}\right)

Cuyo dominio es x\in \mathbb{C} (estrictamente serían x\in \mathbb{R}, x\geq 1, -1<1 respectivamente).

PROBLEMA

No obstante, introducir una simple constante como divisor de x parece oscurecer la forma que debe tener la inversa de la función. Es decir ¿Cuál es la inversa de \sinh \left( \frac{x}{a}\right)? (a\neq 0)

CONJETURANDO

Suponiendo que no conocemos la definición de \sinh ^{-1}\left( x\right) podemos tratar de hallar la inversa de y=\sinh \left( \frac{x}{a}\right) mediante la siguiente sucesión de pasos lógicos:

y=\frac{1}{2}\left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right)

2y=e^{\frac{x}{a}}-\frac{1}{e^{\frac{x}{a}}}

Como e^{\frac{x}{a}}\neq 0 \forall x podemos multiplicar y posteriormente reacomodar

2ye^{\frac{x}{a}}=e^{2\frac{x}{a}}-1

e^{2\frac{x}{a}}-2ye^{\frac{x}{a}}=1

Completando el cuadrado sumando y^{2} a ambos lados y despejando

\left( e^{\frac{x}{a}}-y\right) ^{2}=1+y^{2}

e^{\frac{x}{a}}=y\pm \sqrt{1+y^{2}}

x=a\ln \left( y\pm \sqrt{1+y^{2}}\right)

De este modo la inversa es y=\sinh ^{-1}\left( \frac{x}{a}\right) =a\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) .

CORRIGIENDO EL CAMINO

No obstante esta no es la inversa pues las composiciones \sinh \left( \sinh ^{-1}\left( \frac{x}{a}\right) \right) y \sinh ^{-1}\left( \sinh \left( \frac{x}{a}\right) \right) no coinciden con esta definición. La siguiente igualdad fallará:

\sinh \left( \sinh ^{-1}\left( \frac{x}{a}\right) \right) =\sinh ^{-1}\left( \sinh \left( \frac{x}{a}\right) \right)

\sinh \left( a\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) \right) =\sinh ^{-1}\left( \frac{1}{2}\left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right) \right)

\frac{1}{2}\left( e^{a\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) }-e^{-a\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) }\right) =a\ln \left( \frac{1}{2}\left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right) \pm \sqrt{1+\left( \frac{1}{2}\left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right) \right) ^{2}}\right)

\frac{1}{2}\left( e^{\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{a}}-e^{\ln \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{-a}}\right) =a\ln \left( \frac{1}{2}\left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right) \pm \frac{1}{2}\sqrt{\left( e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}\right) ^{2}}\right)

\frac{1}{2}\left( \left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{a}-\left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{-a}\right) =a\ln \frac{1}{2}\left( \left( e^{\frac{x}{a}}-e^{-\frac{x}{a}}\right) \pm \left( e^{\frac{x}{a}}+e^{-\frac{x}{a}}\right) \right)

\frac{1}{2}\frac{\left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{2a}-1}{\left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{a}}=a\ln \frac{1}{2}\left( \pm 2e^{\pm \frac{x}{a}}\right)

Llegado a este paso, el miembro izquierdo de la ecuación no se puede simplificar más a menos que a=1. El lado derecho se simplifica como sigue:

a\ln \frac{1}{2}\left( \pm 2e^{\pm \frac{x}{a}}\right) =a\left( \ln \left( \pm 1\right) +\ln \left( e^{\pm \frac{x}{a}}\right) \right) =a\ln \left( \pm 1\right) \pm x=a\ln \left( 1\right) +x=x

De este modo:

\frac{1}{2}\frac{\left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{2a}-1}{\left( x\pm \sqrt{1+x^{2}}\right) ^{a}}=x

El error radica en la forma en que se concibe a la variable independiente en el cálculo de la inversa pues, desde el comienzo se maneja \frac{x}{a} en vez de x de tal forma que podemos interpretar nuestra variable independiente como t=\frac{x}{a}, de este modo el despeje para hallar la inversa es el adecuado:

y=\frac{1}{2}\left( e^{t}-e^{-t}\right)

2y=e^{t}-\frac{1}{e^{t}}

2ye^{t}=e^{2t}-1

e^{2t}-2ye^{t}=1

\left( e^{t}-y\right) ^{2}=1+y^{2}

e^{t}=y\pm \sqrt{1+y^{2}}

t=\ln \left( y\pm \sqrt{1+y^{2}}\right)

De este modo la inversa es y=\sinh ^{-1}\left( \frac{x}{a}\right) =\ln \left( \frac{x}{a}\pm \sqrt{1+\left( \frac{x}{a}\right) ^{2}}\right) .

LA IMPORTANCIA

Es importante tener clara cuál es la función inversa (y su dominio y rango) pues no parece haber referencias fiables siempre a la mano, por ejemplo es muy común que en libros de texto se llegué al cálculo de esta función inversa por medio de una integral, es natural saber cual es la integral a resolver si sabemos que:

\frac{d}{dx}\left( \sinh ^{-1}\left( \frac{x}{a}\right) \right) =\allowbreak \frac{1}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}

De modo que al integrar mediante el cambio de variable x=a\tan \theta obtendremos de forma natural la inversa:

\int \frac{dx}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\int \frac{a\sec ^{2}\theta d\theta }{\sqrt{a^{2}\left( 1+\tan ^{2}\theta \right) }}=\int \sec \theta d\theta =\allowbreak \ln \left\vert \sec \theta +\tan \theta \right\vert +c

=\ln \left\vert \frac{x}{a}+\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a}\right\vert +c

Hay muchas referencias textuales que indican que el resultado de la integral (y por lo tanto, la inversa de \sinh \left( \frac{x}{a}\right) ) es:

\ln \left\vert x+\sqrt{x^{2}+a^{2}}\right\vert +c

Que viene como resultado natural de separar el \ln a y adicionarlo dentro de la constante de integración. Pero esto no es un error dado el contexto de uso, simplemente es un ejercicio de conciencia para la buena manipulación algebraica y conceptual de las funciones trigonométricas hiperbólicas, sobre todo cuando se tienen argumentos con expresiones más elaboradas.


Post #09mycomplexsoul

Logaritmo de Números Complejos

Básicamente tratamos de responder a la pregunta \log \left( a+bi\right)=? basándonos inicialmente en la función logaritmo natural.

LOGARITMO NATURAL

Usaremos el hecho de que sabemos evaluar la función exponencial para números complejos e^{a+bi}=e^{a}\cos b+ie^{a}\sin b y proponemos lo siguiente

\ln \left( a+bi\right) =x+yi

a+bi=e^{x+yi}

a+bi=e^{x}\cos y+ie^{x}\sin y

Ésta igualdad de números complejos se cumple si y sólo si se satisface el sistema de ecuaciones asociado

a=e^{x}\cos y

b=e^{x}\sin y

Para resolver este sistema en términos de x,y sumamos los cuadrados de ambas ecuaciones de la siguiente forma

a^{2}+b^{2}=e^{2x}\left( \cos ^{2}y+\sin ^{2}y\right)

\sqrt{a^{2}+b^{2}}=e^{x}

x=\ln \sqrt{a^{2}+b^{2}}

Para hallar el valor de y dividimos la segunda entre la primera como sigue

\frac{b}{a}=\frac{e^{x}\sin y}{e^{x}\cos y}

\frac{b}{a}=\tan y

y=\arctan \left( \frac{b}{a}\right)

De este modo tenemos

\ln \left( a+bi\right) =\ln \sqrt{a^{2}+b^{2}}+i\arctan \left( \frac{b}{a}\right)

Donde a+bi\neq 0+0i.


LOGARITMO EN CUALQUIER BASE

El mismo cálculo se puede hacer para cualquier base w\neq 0+0i siguiendo el mismo procedimiento dado que w^{a+bi}=w^{a}\cos \left( b\ln w\right) +w^{a}\sin \left( b\ln w\right) (observe que esto es válido dada la extensión que acabamos de hacer para la función logaritmo natural) entonces

\log _{w}\left( a+bi\right) =x+yi

a+bi=w^{x+yi}

a+bi=w^{x}\cos \left( y\ln w\right) +iw^{x}\sin \left( y\ln w\right)

Ell sistema de ecuaciones asociado es

a=w^{x}\cos \left( y\ln w\right)

b=w^{x}\sin \left( y\ln w\right)

Para resolver este sistema en términos de x,y sumamos los cuadrados de ambas ecuaciones de la siguiente forma

a^{2}+b^{2}=w^{2x}\left( \cos ^{2}\left( y\ln w\right) +\sin ^{2}\left( y\ln w\right) \right)

\sqrt{a^{2}+b^{2}}=w^{x}

x=\log _{w}\sqrt{a^{2}+b^{2}}

Para hallar el valor de y dividimos la segunda entre la primera como sigue

\frac{b}{a}=\frac{w^{x}\sin \left( y\ln w\right) }{w^{x}\cos \left( y\ln w\right) }

\frac{b}{a}=\tan \left( y\ln w\right)

y=\frac{1}{\ln w}\arctan \left( \frac{b}{a}\right)

Finalmente

\log _{w}\left( a+bi\right) =\log _{w}\sqrt{a^{2}+b^{2}}+i\frac{1}{\ln w}\arctan \left( \frac{b}{a}\right)

Donde a+bi\neq 0+0i y w\neq 0+0i.


Post #08mycomplexsoul

Regresión Lineal Múltiple

Se tienen n puntos en R^{m} y se desea ajustar un modelo lineal de la siguiente forma:

y=a+\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{j}

Donde a,b_{j} son los parámetros a determinar.

Construimos Q:R^{m+1}\rightarrow R como la suma de los cuadrados de las discrepancias del modelo y los datos.

Q=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right) ^{2}

Para hallar los valores de los parámetros que minimizan Q calculamos el gradiente:

\nabla Q=\allowbreak \left\{ \begin{array}{c}\frac{\partial Q}{\partial a}=2\sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right) \left( -1\right)  \\ \frac{\partial Q}{\partial b_{k}}=2\sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right) \left( -x_{ki}\right),k=1,2,...,m\end{array}\allowbreak \right.

E igualamos a cero:

\nabla Q=0

Para la parcial de Q con respecto a la variable a

\frac{\partial Q}{\partial a}=0

2\sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right) \left( -1\right)=0

\sum\limits_{i=1}^{n}\left( y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right)=0

\allowbreak\sum\limits_{i=1}^{n}y_{i}-a\sum\limits_{i=1}^{n}1-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}=0

n\bar{y}-na-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\left( n\bar{x}_{j}\right) =0

a=\bar{y}-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\bar{x}_{j}

Para las parciales de Q con respecto a la variable b_{k} con k=1,2,...,m

\frac{\partial Q}{\partial b_{k}}=0

2\sum\limits_{i=1}^{n}\left(y_{i}-a-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}\right) \left( -x_{ki}\right)=0

\sum\limits_{i=1}^{n}y_{i}x_{ki}-a\sum\limits_{i=1}^{n}x_{ki}-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}x_{ki}=0

a\sum\limits_{i=1}^{n}x_{ki}+\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}x_{ji}x_{ki}=\sum\limits_{i=1}^{n}y_{i}x_{ki}

\left( \bar{y}-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\bar{x}_{j}\right) n\bar{x}_{k}+\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\sum\limits_{i=1}^{n}x_{ji}x_{ki}=\sum\limits_{i=1}^{n}y_{i}x_{ki}

n\bar{x}_{k}\bar{y}-\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\left( n\bar{x}_{j}\bar{x}_{k}\right)+\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\left(\sum\limits_{i=1}^{n}x_{ji}x_{ki}\right) =\sum\limits_{i=1}^{n}y_{i}x_{ki}

\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\left( \sum\limits_{i=1}^{n}x_{ki}x_{ji}-n\bar{x}_{k}\bar{x}_{j}\right) =\sum\limits_{i=1}^{n}x_{ki}y_{i}-n\bar{x}_{k}\bar{y}

Definiendo S_{pq}=\sum\limits_{i=1}^{n}x_{pi}x_{qi}-n\bar{x}_{p}\bar{x}_{q}, S_{py}=\sum\limits_{i=1}^{n}x_{pi}y_{i}-n\bar{x}_{p}\bar{y} con p,q enteros obtenemos

\sum\limits_{j=1}^{m}b_{j}\left( S_{kj}\right) =S_{ky}

Así, expresamos en forma matricial

A=\left( \begin{array}{cccc}S_{11} & S_{12} & \cdots  & S_{1m} \\ S_{21} & S_{22} & \cdots  & S_{2m} \\ \vdots  & \vdots  & \ddots  & \vdots  \\ S_{m1} & S_{m2} & \cdots  & S_{mm}\end{array}\right) ,B=\left( \begin{array}{c}b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots  \\ b_{m}\end{array}\right) ,Y=\left( \begin{array}{c}S_{1y} \\ S_{2y} \\ \vdots  \\ S_{my}\end{array}\right)

AB=Y

B=A^{-1}Y

De este modo el modelo ajusta a los datos.


Post #07mycomplexsoul

Integrales Logarítmicas

Para n\geq 0 entero, se tiene

\int \left( \ln x\right) ^{n}dx=x\sum\limits_{i=0}^{n}\left( -1\right) ^{i}\frac{n!}{\left( n-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{n-i}

Donde 0!=1. La demostración se hace por inducción.


DEMOSTRACIÓN

Para n=0. Muy simple, pero también se cumple.

\int \left( \ln x\right) ^{0}dx=x\sum\limits_{i=0}^{0}\left( -1\right) ^{i}\frac{0!}{\left( 0-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{0-i}=x\left( 1\right) =x

Para n=1.

\int \left( \ln x\right) ^{1}dx=x\sum\limits_{i=0}^{1}\left( -1\right) ^{i}\frac{1!}{\left( 1-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{1-i}=x\left( \ln x-1\right)

Suponemos para n\leq k.

\int \left( \ln x\right) ^{k}dx=x\sum\limits_{i=0}^{k}\left( -1\right) ^{i}\frac{k!}{\left( k-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-i}

Probamos para n=k+1. Integrando por partes.

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=\int \left( \ln x\right) ^{k}\ln xdx

=x\left( \ln x-1\right) \left( \ln x\right) ^{k}-k\int \left( \left( \ln x\right) ^{k}-\left( \ln x\right) ^{k-1}\right) dx

=x\left( \ln x-1\right) \left( \ln x\right) ^{k}-k\int \left( \ln x\right) ^{k}dx+k\int \left( \ln x\right) ^{k-1}dx

Sustituyendo

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\left( \ln x-1\right) \left( \ln x\right) ^{k}-kx\sum\limits_{i=0}^{k}\left( -1\right) ^{i}\frac{k!}{\left( k-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-i}
+kx\sum\limits_{i=0}^{k-1}\left( -1\right) ^{i}\frac{\left( k-1\right) !}{\left( k-1-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-1-i}

Sacando el primer termino de la primera sumatoria y renombrando índices para sumar adecuadamente

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\left( \ln x-1\right) \left( \ln x\right) ^{k}-kx\left( \ln x\right) ^{k}
-kx\sum\limits_{j=0}^{k-1}\left( \left( -1\right) ^{j-1}\frac{k!}{\left( k-1-j\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-1-j}-\left( -1\right) ^{j}\frac{\left( k-1\right) !}{\left( k-1-j\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-1-j}\right)

Acomodando

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\left( \ln x-1\right) \left( \ln x\right) ^{k}-kx\left( \ln x\right) ^{k}
-x\sum\limits_{j=0}^{k-1}\left( -1\right) ^{j-1}k\left( \frac{k!}{\left( k-1-j\right) !}+\frac{\left( k-1\right) !}{\left( k-1-j\right) !}\right) \left( \ln x\right) ^{k-1-j}

Simplificando

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\left( \ln x\right) ^{k+1}-\left( k+1\right) x\left( \ln x\right) ^{k}
+x\sum\limits_{j=0}^{k-1}\left( -1\right) ^{j-2}\frac{\left( k+1\right) !}{\left( k-1-j\right) !}\left( \ln x\right) ^{k-1-j}

Renombrando índice, 2 posiciones para incluir los dos terminos aislados

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\left( \ln x\right) ^{k+1}-\left( k+1\right) x\left( \ln x\right) ^{k}
+x\sum\limits_{i=2}^{k+1}\left( -1\right) ^{i}\frac{\left( k+1\right) !}{\left( k+1-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{k+1-i}

Introduciendo en la sumatoria con i=0 y i=1 respectivamente

\int \left( \ln x\right) ^{k+1}dx=x\sum\limits_{i=0}^{k+1}\left( -1\right) ^{i}\frac{\left( k+1\right) !}{\left( k+1-i\right) !}\left( \ln x\right) ^{k+1-i}

Demostrado \forall n\in \mathbb{N}.


Post #06mycomplexsoul

Integrales Trigonométricas

Las integrales exactas para las formas trigonométricas \int x^{n}\sin xdx\ y\ \int x^{n}\cos xdx con n\in \mathbb{N}\cup \left\{ 0\right\} son

\int x^{n}\sin xdx=-\sum_{i=0}^{n}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{n}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \sin x\right)

\int x^{n}\cos xdx=-\sum_{i=0}^{n}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{n}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \cos x\right)

Donde \frac{d^{0}}{dx^{0}}\left( f\left( x\right) \right) =f\left( x\right) para ambas funciones.

DEMOSTRACIÓN

La demostración se hará por inducción.

Para n=0 se cumple de la siguiente forma

\int \sin xdx=-\sum_{i=0}^{0}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{0}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \sin x\right) =-\frac{d^{0}}{dx^{0}}\left( 1\right) \frac{d}{dx}\left( \sin x\right) =-\cos x

\int \cos xdx=-\sum_{i=0}^{0}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{0}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \cos x\right) =-\frac{d^{0}}{dx^{0}}\left( 1\right) \frac{d}{dx}\left( \cos x\right) =\sin x

Suponemos para n=k

\int x^{k}\sin xdx=-\sum_{i=0}^{k}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \sin x\right)

\int x^{k}\cos xdx=-\sum_{i=0}^{k}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \cos x\right)

Y demostramos para n=k+1 usando integración por partes

\int x^{k+1}\sin xdx=-x^{k+1}\cos x+\left( k+1\right) \int x^{k}\cos xdx

\int x^{k+1}\cos xdx=x^{k+1}\sin x+\left( k+1\right) \int x^{k}\sin xdx

Sustituyendo las integrales \int x^{k}\sin xdx y \int x^{k}\cos xdx

\int x^{k+1}\sin xdx=-x^{k+1}\cos x+\left( k+1\right) \left( -\sum_{i=0}^{k}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \cos x\right) \right)

\int x^{k+1}\cos xdx=x^{k+1}\sin x+\left( k+1\right) \left( -\sum_{i=0}^{k}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \sin x\right) \right)

Ahora simplemente metemos el primer termino a la sumatoria usando i=k+1. Reescribiendo

\int x^{k+1}\sin xdx=-\sum_{i=0}^{k+1}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k+1}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \sin x\right)

\int x^{k+1}\cos xdx=-\sum_{i=0}^{k+1}\frac{d^{i}}{dx^{i}}\left( x^{k+1}\right) \frac{d^{i+1}}{dx^{i+1}}\left( \cos x\right)

Demostrado \forall n\in \mathbb{N} \cup \left\{ 0\right\} .


Post #05mycomplexsoul