* Данный текст распознан в автоматическом режиме, поэтому может содержать ошибки
60
Математика
и вспомогательные
таблицы
Аналогичным путем найдем для b 1+ Л + £ · Угол а определяется не только величиною tg 2а, но и знаком перед At который соответствует знаку sin 2а. Для контроля вычислений можно вос. A sin 2а пользоваться тем обстоятельством, что — == , . В sn 2 σ Из вышеизложенного следует, что всякое комплексное число может быть представлено как гиперболический тангенс от некоторого комплекс ного аргумента. Для примера найдем Ö, для которого t g б = 3 — /5,
t h 2 Ь
th 2b =
2
3 2 2
= ι
= ι
+
5*2 . = gg = ° >
+3
5
2 8 6
=
t
h
°>
2 9 6
'
^ = 0,148;
t
S
2
а
Ilfl
2 2 3
=
= 0,182 = tg (10°20' + 180°),
потому что имеем знак минус перед / 3 ; я = 95° •IO'. Искомый ответ 0 = / 9 5 ° 1 О ' + О,Н8. D. Вычисление модуля sh (ja + b) и ch (ja + b) Исходим из формул sh (ja + b) = sh b cos a - j - / ch 0 sin a, ch (/я + +У · Модуль гиперболического синуса будет
= с п σ c o s ß s n σ s i n Λ
I sh (ja + b) I = / s h
2 2 2 2 2
2
b cos я + ch b sin я.
sh 0
2
2
2
2
= ch 0—1, sh b cos a + eh 0 sin д = ch 0 (cos я + sin д) — cos я = ch* b — cos д.
Подкоренное выражение преобразуем, замечая, что
2 2 2
2
2
Если под корнем вместо ch b подставить 1 + sh 0, то получится
2 2
ch b cos а + c h b sin а = sh 0 (cos я 4 "
2 2 2 2 2 2
s i n 2
Л
)+
s i t l 2
я = sh 0 + sin я.
2 2
Складывая отдельно левые и правые половины двух последних ра венств, получим
2 sh b cos a + 2 C h 0 sin я = c h 0 4- sh b — cos а + sin я = = ch 2b — cos 2 я .
2 2 2 2 2 2 2 2
Используя полученные выводы, можно найти для модуля следующие три выражения:
I sh (ja + b) I = У sh ft + sin a;
2 2
I sh ( / я + 0) I = Усп 0 — cos a;
2 2
|sh(/a+0)I=
j/^
i ( c h 2 0 — COS2Ö).
Аналогичным образом для гиперболического косинуса получим I ch (ja + b) I = V S h 0 + cos a;
r 2
2
I ch (/л + 0)1 = V c h 0 — s i n ^ ;
2 2
I ch (уд +
0) i =
-i- (ch 2 0 +
cos 2a).
