Cálculo: Derivación de orden superior e implícita

En la pregunta anterior hemos encontrado la inversa de la tanhx, tambien llamada

Atanhx, arctanhx,

$$\begin{align}&y=tanh^{-1}x=\frac{1}{2}ln|\frac{1+x}{1-x}|\\&\\&y'=\frac{1}{2}·\frac{1}{\frac{1+x}{1-x}}·\frac{1(1-x)-(1+x)(-1)}{(1-x)^2}=\\&\\&\frac{1}{2}·\frac{1-x+1+x}{(1+x)(1-x)}=\frac{1}{2}·\frac{2x}{1-x^2}=\frac{x}{1-x^2}\end{align}$$

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Se supone que se debe demostrar sin utilizar la definición de la función tanh^-1(x), por el teorema de la derivada de la función inversa. Yo reivindicaré la notación hispana que me enseñaron para esto, la tangente hiperbólica se escribe th

$$\begin{align}&y = th^{-1}\,x= arg \,th\,x\\&\\&\text{la función inversa sería}\\&\\&x=th\,y= \frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}\\&\\&\text{y las derivadas son recíprocas}\\&\\&y'=\frac{1}{x'}\\&\\&y'=\frac{1}{\left (\frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}}\right)'}=\frac{1}{\frac{(e^y+e^{-y})^2-(e^y-e^{-y})^2}{(e^y+e^{-y})^2}}=\\&\\&\frac{(e^y+e^{-y})^2}{4}\\&\\&\text{no sale tan obvio como en el arcoseno u otras}\\&\text{inversas, pero como nos dan el resultado, solo}\\&\text{hay que comprobar que coincide con lo calculado.}\\&\\&y'=\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{1-\left( \frac{e^y-e^{-y}}{e^y+e^{-y}} \right)^2}=\\&\\&\frac{1}{\frac{(e^y+e^{-y})^2-(e^y-e^{-y})^2}{(e^y+e^{-y})^2}}=\frac{(e^y+e^{-y})^2}{4}\\&\\&\text{luego coinciden}\end{align}$$

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Y eso es todo.