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Demostrando que $\arctan(x)+\arctan(1/x)=\pm \pi/2$ ¿podría ser correcta esta línea de razonamiento?

Sé que ya se han hecho dos preguntas sobre este ejercicio, pero lo que pregunto aquí es si esta solución, que me parece bastante extraña, podría ser correcta. El problema es el siguiente:

Demostrar que $\,f(x)=\arctan(x)+\arctan(1/x)= \pi/2\,$ si $\,x>0\,$ y $\,-\pi/2\,$ si $\,x<0$ .

Lo que hice fue lo siguiente: en primer lugar observamos que, desde $-\pi/2<\arctan y<\pi/2$ para todos $y$ , $-\pi<f(x)<\pi$ . Ahora, considere $$ \tan\big(f(x)\big) = \tan\left(\arctan(x)+\arctan\left(\frac{1}{x} \right)\right) = \frac{\tan\left(\arctan(x)\right) + \tan\left(\arctan\left(\frac{1}{x} \right)\right)} {1 - \tan\big(\arctan\left(x\right)\big) \tan\left(\arctan\left(\frac{1}{x} \right)\right)}=\frac{x+(1/x)}{0}, $$ que es indefinido. Como la función tangente es indefinida, en $[-\pi, \pi]$ si y sólo si su argumento es $\pm \pi/2$ entonces $f(x)=\pm \pi/2$ . Es fácil ver que si $x<0$ entonces $\arctan(x)<0$ Por lo tanto $f(x)=-\pi/2$ y viceversa.

He encontrado algunas otras soluciones a este problema, pero quería saber si ésta es lógicamente aceptable.

3voto

kilimanjaro Puntos 702

Todo lo que has hecho es correcto y no hay nada malo allí.Podrías obtener lo mismo como sigue también: Tenga en cuenta que : $\tan^{-1}x=\tan^{-1}1/x -\pi$ cuando $x\lt0$ ...(A) y es igual a $\tan^{-1}1/x$ cuando $x\gt0$ ..(B)

PRUEBA: Estoy probando para $x$ Para +ve $x$ es bastante fácil de probar.

Supongamos, $y=-z$ , ( $z$ es positivo ), cuando $\cot^{-1}(y)=\cot^{-1}(-z)=\pi -\cot^{-1}(z)$ Ahora puede que sepas..: $\cot^{-1}(z)=\tan^{-1}(1/z)$ para que sea positivo $z$ Por lo tanto $\cot^{-1}(-z)=\pi - \tan^{-1}(1/z)$ . Ahora sustituye $z=-y$ , a continuación, utilice $\tan^{-1}(-1/y)=-\tan^{-1}(1/y)$ y se obtiene el resultado.

Ahora bien, usted puede argumentar: ¿por qué $\cot^{-1}(-z)=\pi-\cot^{-1}z$ ?

Bueno, es porque :Let $z=\cot\theta$ , $0<\theta<\pi$ [rama principal de $\cot$ ]. Así que $-z=\cot(\pi-\theta)$ , Tenga en cuenta que $\pi- \theta$ también está entre $0$ y $\pi$ . Así que puede definir $\cot^{-1}(-z)$ que en este caso será: $\pi -\theta$ , Ahora pon $\theta=\cot^{-1}(z)$ Por lo tanto, se ha demostrado.

Así que volviendo a: $\tan^{-1}x +\tan^{-1}1/x=I$ , digamos que

Así que $I=\tan^{-1}x +\cot^{-1}x=\pi/2$ cuando $x\gt0$ [por (B)]

Y $I=\tan^{-1}x +\cot^{-1}x-\pi=\pi/2-\pi=-\pi/2$ cuando $x \lt0$ [por (A)]

3voto

marty cohen Puntos 33863

Aquí hay una prueba en el caso de que $x > 0$ .

Dibuja un triángulo rectángulo con los catetos $1$ y $x$ , con el tramo de longitud $x$ ángulo opuesto $A$ .

Entonces $\tan(A) = x$ y $\tan(B) = 1/x$ , así que $A = \arctan(x)$ y $B = \arctan(1/x)$ .

Desde $A+B = \pi/2$ , $\arctan(x)+\arctan(1/x) = \pi/2 $ .

2voto

Jez Puntos 469

No se puede calcular $\tan\theta$ cuando $\theta=\pm\frac\pi2$ pero se puede calcular $\cos\theta$ en su lugar. Para $a,b\in \mathbb{R}$ con $ab\ne 1$ tenemos \begin {eqnarray} \cos ^2( \arctan (a)+ \arctan (b))&=& \frac {1}{1+ \tan ^2( \arctan (a)+ \arctan (b))}= \frac {1}{1+ \left ( \frac {a+b}{1-ab} \right )^2} \\ &=& \frac {(1-ab)^2}{(1-ab)^2+(ab)^2}. \end {eqnarray} Se deduce que $$ \cos^2(f(x))=\lim_{a\to x,b\to x^{-1}}\cos^2(\arctan(a)+\arctan(b))=\lim_{a\to x,b\to x^{-1}}\frac{(1-ab)^2}{(1-ab)^2+(ab)^2}=0, $$ es decir $f(x)=\pm\frac\pi2$ . Desde $f$ es continua en $(-\infty,o)$ y en $(0,\infty)$ deducimos que $$ f(x)=f(-1)=2\arctan(-1)=-\frac\pi2 \quad \forall x<0, $$ y $$ f(x)=-f(-x)=\frac\pi2 \quad \forall x>0 $$

2voto

Steven Gregory Puntos 3326

Me imaginé que podría lanzar esto.

Dejemos que $f(x) = \arctan(x) + \arctan(1/x)$ para todos $x \in (0, \infty)$ .

Entonces $f'(x) = \dfrac{1}{1+x^2} - \dfrac{\dfrac{1}{x^2}}{1 + \dfrac{1}{x^2}} = 0$ .

Por lo tanto, $f(x)$ es constante en $(0, \infty)$ .

Desde $f(1) = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}$ , concluimos que

$f(x) = \dfrac{\pi}{2}$ para todos $x \in (0, \infty)$ .


Anexo

Si no estás preparado para el cálculo, por lo mismo $x \in (0, \infty)$ , Considere el punto $P = (1, x)$ en el primer cuadrante, con el ángulo correspondiente $0 \lt \theta \lt \dfrac{\pi}{2}$ .

Dejemos que $\hat{\theta} = \dfrac{\pi}{2} - \theta$ . Entonces, también, $0 \lt \hat{\theta} \lt \dfrac{\pi}{2}$ y $\tan(\hat \theta) = \tan \left( \dfrac{\pi}{2} - \theta \right) = \cot \theta = \dfrac 1x$

De ello se desprende que $\arctan x + \arctan \dfrac 1x = \theta + \hat \theta = \dfrac{\pi}{2}$


Para todos $x \in (-\infty, 0)$ tenemos

$\arctan x + \arctan \dfrac 1x = -\left(\arctan(-x) + \arctan \left(-\dfrac 1x \right) \right) = -f(-x) = -\dfrac{\pi}{2}$ .

2voto

Michael Hardy Puntos 128804

La función tangente debe ser definida para tomar el valor $\infty$ en $\pm\pi/2$ y esto $\infty$ no es ni $+\infty$ o $-\infty$ pero es el $\infty$ que se aproxima yendo en la dirección positiva o en la negativa. Esto hace que la función tangente sea continua en todas partes, incluyendo la continuidad en $\pm\pi/2$ .

Si también se identifica $+\pi/2$ con $-\pi/2$ para que el dominio de la función tangente sea topológicamente un círculo un de cuyos puntos es $+\pi/2=-\pi/2$ , entonces la función tangente es uno a uno. Sólo hay un punto en su dominio que mapea a $\infty$ , a saber $+\pi/2=-\pi/2$ .

Después de esto, queda la cuestión de si la identidad estándar para la tangente de una suma se aplica cuando $\infty$ se produce entre los valores de las funciones implicadas. Para ello también debemos tomar $\infty$ (no $+\infty$ y no $-\infty$ ) sea el valor de una función racional donde tenga una asíntota vertical. Esto hace que las funciones racionales sean continuas en todas partes. Entonces tenemos \begin {align} \tan ( \alpha + \beta ) & \overset { \huge\text {?}}=\ \frac { \sin ( \alpha + \beta )}{ \cos ( \alpha + \beta )} \tag 1 \\ [10pt] & {} = \frac { \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta }{ \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta }. \tag 2 \end {align} Obsérvese que en $(1)$ el seno y el coseno no pueden ser ambos $0$ Por lo tanto, no es necesario considerar lo que sucede entonces.

En el argumento estándar, dividimos tanto el numerador como el denominador por $\cos\alpha\cos\beta$ recibiendo esto: $$ \frac{\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta}{\cos\alpha\cos\beta-\sin\alpha\sin\beta} = \frac{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} - \frac{\sin\beta}{\cos\beta}}{1 - \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\cdot\frac{\sin\beta}{\cos\beta}} \tag 3 $$ Todo esto es válido cuando no hay $0$ s en los denominadores. Tenemos que lidiar con $0$ s en los denominadores.

Consideremos primero el caso en el que el denominador en $(1)$ es $0$ pero $\cos\alpha\ne0\ne\cos\beta$ . Entonces el denominador del lado derecho de $(3)$ es $0$ . Pero el numerador de la derecha no es $0$ ya que el numerador de la izquierda no es $0$ el numerador en el lado izquierdo de $(3)$ no puede ser $0$ desde $\sin(\alpha+\beta) \ne 0$ . Por lo tanto, la identidad estándar se mantiene en ese caso.

A continuación, consideremos el caso en el que $\cos(\alpha+\beta)=0$ y $\cos\alpha=0$ . Entonces

$$ \frac\pi2 = - \frac\pi2 = \alpha+\beta = \frac\pi2+\beta = -\frac\pi2 + \beta $$ y hemos terminado.

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