Школьное уравнение, в котором прячется гиперболический тангенс / forpes.ru

Главная
Школьное уравнение, в котором прячется гиперболический тангенс

Школьное уравнение, в котором прячется гиперболический тангенс +1

01.08.2026 10:31

VitaliChernykh 0 3000 Источник

Привет, Хабр! Есть прием, который я люблю за наглость: взять одно уравнение, решить его двумя совершенно разными способами и приравнять ответы. Раз левые части равны — равны и правые, а значит, мы получили новое тождество.

В этой статье я проверну такой фокус на простом показательном уравнении, из тех, что решают в школе. Первый способ приведет к обычному логарифму. Второй же — к обратному гиперболическому тангенсу, функции уже из высшей математики. Приравняв два ответа, мы получим формулу $\operatorname{artanh}$ через логарифм.

Сразу оговорюсь, что для вывода формулы есть простой способ «в лоб», он буквально в три строки, я покажу его ниже, чтобы было с чем сравнивать. Воспринимайте эту статью не как кратчайший путь, а скорее как красивый подход.

Прямой способ «в лоб»

Вот самый простой способ. Пусть $y = \tanh x$ . Распишем тангенс через экспоненту и решим относительно :

$y = \tanh x \Rightarrow y = \frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1} \Rightarrow e^{2x} = \frac{1+y}{1-y} \Rightarrow x = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+y}{1-y}\right)$

Здесь же видно и ограничение: дробь $\dfrac{1+y}{1-y}$ положительна только при .

Вот и вся формула. А теперь — окольный путь, ради которого эта статья и существует.

Что нам понадобится?

Вспомним выражения через экспоненты для двух основных гиперболических функций:

$\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$

По определению гиперболический тангенс — отношение гиперболических синуса и косинуса:

$\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1}$

Обратный гиперболический тангенс — не экзотика: через него выражается быстрота в специальной теории относительности, и релятивистское сложение скоростей превращается в обычное сложение.

Конструируем уравнение под нужный ответ

Мне нужно уравнение, которое а) решается школьными методами, б) по пути проходит через дробь тангенса. Каким же оно должно быть?

Не буду делать вид, что вывел это логически, я «повертел» дробь тангенса, заметил единички, а дальше — осмысленная реконструкция.

Мне нужна дробь $\dfrac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1}$ .

Значит, рядом с $e^{2x}$ нужно суметь получить $\pm1$ — а их можно добавить и вычесть искусственно, не меняя равенства. Сложив $e^{2x}+1$ и $e^{2x}-1$ , получаю $2e^{2x}$ . Отсюда и уравнение:

$2e^{2x} = a$

Левая часть положительна при любом , поэтому получается автоматически — это не условие, а следствие. Запомним.

Стандартное решение уравнения

Решим уравнение обычным способом и запишем ответ.

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

Так как , то решение подходит под ограничения логарифма.

Проворачиваем прием

Теперь приводим уравнение к знакомому нам виду.

$2e^{2x} = a \implies (e^{2x} + 1) + (e^{2x} - 1) = a \implies \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} + 1 = \frac{a}{e^{2x} + 1}$

Получаем такое уравнение:

$\tanh x + 1 = \frac{a}{e^{2x} + 1}$

Перенесем единицу и представим ее как отношение выражений с экспонентой и единичкой.

$\tanh x = \frac{a - e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1}$

Вспомним, что $e^{2x}$ — это половина от параметра. Преобразуем дробь и получим выражение для тангенса:

$\tanh x = \frac{a - \frac{a}{2} - 1}{\frac{a}{2} + 1} = \frac{\frac{a - 2}{2}}{\frac{a + 2}{2}} = \frac{a - 2}{a + 2}$

Отсюда выразим через обратный гиперболический тангенс:

$x = \operatorname{artanh}\left(\frac{a - 2}{a + 2}\right)$

Вывод формулы

Приравняем два решения:

$\operatorname{artanh}\left(\frac{a - 2}{a + 2}\right) = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{a}{2}\right)$

Заменим аргумент обратной функции на другой, назовем его буквой . Далее выразим через и подставим это в правую часть уравнения:

$t = \frac{a - 2}{a + 2} \implies \frac{a}{2} = \frac{1 + t}{1 - t} \implies \operatorname{artanh}(t) = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1 + t}{1 - t}\right)$

Заметим, что $a = \dfrac{2(1+t)}{1-t}$ положительно тогда и только тогда, когда .

$\boxed{\operatorname{artanh}(t) = \frac{1}{2}\ln\left(\frac{1 + t}{1 - t}\right)}$

И вот мы и получили формулу обратного гиперболического тангенса.

Заключение

Что в итоге? Мы не столько вывели формулу $\operatorname{artanh}$ — ее, как видели, можно получить в три строки, — сколько показали сам прием: одно уравнение, решенное двумя способами, превращается в тождество. Обратный гиперболический тангенс и обязан был оказаться в итоге логарифмом.

Этот же прием работает и дальше: проделав похожие шаги и аккуратно следя за ограничениями, можно вывести формулу для обратного гиперболического котангенса. Буду рад, если в комментариях кто-то попытается.

Сам трюк появился, когда я, скучая, поигрался с формулой гиперболического тангенса, так что это скорее забава. Это моя первая статья на Хабре — буду рад поправкам и советам.