If $f$ is one-to-one. twice differentiable function with inverse function $g$, find $g''$


sol)

역함수의 미분법 공식에 의하여

$$g'(x)=\frac{1}{f'\bigl(g(x)\bigr)}$$


이를 한번 더 미분하면,

$$g''(x)=\frac{-f''\bigl(g(x)\bigr)\cdot g'(x)}{\left\{f'\bigl(g(x)\bigr)\right\}^2}$$


여기서 $g'(x)$를 넣고 정리하자.

$$g''(x)=\frac{-f''\bigl(g(x)\bigr)}{\left\{f'\bigl(g(x)\bigr)\right\}^3}$$


이렇게 우리는 두 번 미분가능한 함수 $f(x)$의 n계도함수들과 $f(x)$의 역함수 $g(x)$로만 표현된 $g''(x)$식을 얻어냈다.

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Prove the identity $${\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}$$

Proof)

$$\frac{d}{dx} \left(\arcsin \frac{x-1}{x+1}\right)=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{x-1}{x+1})^2 }} \cdot  \frac{2}{(x+1)^2}= \frac{1}{\sqrt{\frac{4x}{(x+1)^2}}} \cdot \frac{2}{(x+1)^2}=\frac{x+1}{2\sqrt{x}}\cdot \frac{2}{(x+1)^2}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}$$


$$\frac{d}{dx} \left(2\arctan \sqrt{x}\right)=2\cdot\frac{1}{1+(\sqrt{x})^2}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=2\cdot\frac{1}{1+x}\cdot\frac{1}{2\sqrt{x}}=\frac{1}{\sqrt{x}(x+1)}$$


여기서 $\frac{d}{dx} \left(\arcsin \frac{x-1}{x+1}\right)=\frac{d}{dx} \left(2\arctan \sqrt{x}\right)$이므로, ${\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} + C$임을 알 수 있다. (단, $C$는 상수)


여기서 위 식에 x에 0을 대입하여 C를 구하자.


$${\arcsin} (-1) = 2{\arctan}(0) + C$$


$$\therefore\,C={\arcsin} (-1) - 2{\arctan}(0) =-\frac{\pi}{2}-2\cdot0=-\frac{\pi}{2}$$


따라서 우리는 $\,{\arcsin} \frac{x-1}{x+1} = 2{\arctan} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}$가 성립함을 증명했다.


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A rectangle $R$ of length $l$ and width $w$ is revolved about the line L. Find the volume of the resulting solid of revolution.

sol) 

파푸스-굴딘 정리를 이용한다.

$$V=2\pi hS \, \text{(단,} \,h=\text{축까지의 거리}\, S=\text{도형의 넓이)}$$

먼저, 직사각형이므로 무게중심은 두 대각선의 교점이다. 따라서 $h$는 $d$+(대각선 길이의 절반)이다.

$$\text{대각선의 길이}=\sqrt{l^2+w^2}$$

$$\therefore \; h=d+\frac{\sqrt{l^2+w^2}}{2}$$

또한 넓이 $S$는 간단하게 $lw$이다.

$$\therefore \; V=2\pi hS=2\pi \left(d+\frac{\sqrt{l^2+w^2}}{2}\right)\cdot lw=\left(\sqrt{l^2+w^2}+2d\right)lw \pi$$


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