8.2: Функція дотичної

Нехай

$$A=\left\{\frac{\pi}{2}+n \pi: n \in \mathbb{Z}\right\}$$

і$D=\mathbb{R} \backslash A$. Нехай

$$t:\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \rightarrow \mathbb{R}$$

бути оберненою функцією арктангенса. Зверніть увагу,$t$ що збільшується і$\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) .$ диференціюється на Ми можемо$t$ поширюватися на функцію$D$ наступним чином: Для будь-якого$x \in D,$ нехай

$$g(x)=\sup \left\{n: n \in \mathbb{Z},-\frac{\pi}{2}+n \pi<x\right\}$$

і визначити$T(x)=t(x-g(x) \pi)$.

Визначення

З позначенням вищеописаного обговорення, для будь-якого$x \in D,$ називаємо значення$T(x)$, тангенс$x,$ якого позначимо$\tan (x) .$

Пропозиція$\PageIndex{1}$

Функція дотичної має область$D$ (як визначено вище), діапазон$\mathbb{R},$ і диференційовна в кожній точці$x \in D .$ Крім того, функція дотичної збільшується на кожному інтервалі форми

$$\left(-\frac{\pi}{2}+n \pi, \frac{\pi}{2}+n \pi\right),$$

$n \in \mathbb{Z},$з

$$\tan \left(\left(\frac{\pi}{2}+n \pi\right)+\right)=-\infty$$

і

$$\tan \left(\left(\frac{\pi}{2}+n \pi\right)-\right)=+\infty .$$

Доказ

Ці результати відразу випливають з наших визначень. $\quad$Q.E.D.

Визначення

Нехай$E \subset \mathbb{R}$. Ми говоримо, що функція$f: E \rightarrow \mathbb{R}$ періодична, якщо існує дійсне число$p>0$ таке, що, для кожного$x \in E, x+p \in E$ і$f(x+p)=f(x) .$ Ми говоримо,$p$ це період періодичної функції,$f$ якщо$p$ є найменшим додатним числом, для якого$f(x+p)=f(x)$ для всіх$x \in E .$

Пропозиція$\PageIndex{2}$

Функція тангенса має крапку$\pi .$

Доказ

Результат випливає відразу з наших визначень. $\quad$Q.E.D.

Пропозиція$\PageIndex{3}$

(Формула додавання для тангенса)

Для будь-якого$x, y \in D$ з$x+y \in D$,

$$\tan (x+y)=\frac{\tan (x)+\tan (y)}{1-\tan (x) \tan (y)}.$$

Доказ

Припустимо,$y_{1}, y_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ з$y_{1}+y_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) .$ Let$x_{1}=\tan \left(y_{1}\right)$ and$x_{2}=\tan \left(y_{2}\right) .$ Note, що якщо$x_{1}>0,$ тоді$x_{1} x_{2} \geq 1$ буде означати, що

$$x_{2} \geq \frac{1}{x_{1}},$$

що, в свою чергу, означає, що

$$\begin{aligned} y_{1}+y_{2} &=\arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(x_{2}\right) \\ & \geq \arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(\frac{1}{x_{1}}\right) \\ &=\frac{\pi}{2}, \end{aligned}$$

всупереч нашим припущенням. Аналогічно, якщо$x_{1}<0,$ тоді$x_{1} x_{2} \geq 1$ буде означати, що

$$x_{2} \leq \frac{1}{x_{1}},$$

що, в свою чергу, означає, що

$$\begin{aligned} y_{1}+y_{2} &=\arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(x_{2}\right) \\ & \leq \arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(\frac{1}{x_{1}}\right) \\ &=-\frac{\pi}{2}, \end{aligned}$$

всупереч нашим припущенням. Таким чином, ми повинні мати$x_{1} x_{2}<1 .$ Крім того, припустимо,$u$ це число між$-x_{1}$ і$x_{2} .$ Якщо$x_{1}>0,$ тоді

$$x_{2}<\frac{1}{x_{1}},$$

і так

$$u<\frac{1}{x_{1}}.$$

Якщо$x_{1}<0,$ тоді

$$x_{2}>\frac{1}{x_{1}},$$

і так

$$u>\frac{1}{x_{1}}.$$

Тепер нехай

$$x=\frac{x_{1}+x_{2}}{1-x_{1} x_{2}}.$$

Ми хочемо показати, що

$$\arctan (x)=\arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(x_{2}\right),$$

що буде означати, що

$$\frac{\tan \left(y_{1}\right)+\tan \left(y_{2}\right)}{1-\tan \left(y_{1}\right) \tan \left(y_{2}\right)}=\tan \left(y_{1}+y_{2}\right).$$

Нам потрібно обчислити

$$\arctan (x)=\arctan \left(\frac{x_{1}+x_{2}}{1-x_{1} x_{2}}\right)=\int_{0}^{\frac{x_{1}+x_{2}}{1-x_{1} x_{2}}} \frac{1}{1+t^{2}} d t.$$

Нехай

$$t=\varphi(u)=\frac{x_{1}+u}{1-x_{1} u},$$

де$u$ змінюється між тим$-x_{1},$, де$t=0,$ і$x_{2},$ де$t=x .$ зараз

$$\varphi^{\prime}(u)=\frac{\left(1-x_{1} u\right)-\left(x_{1}+u\right)\left(-x_{1}\right)}{\left(1-x_{1} u\right)^{2}}=\frac{1+x_{1}^{2}}{\left(1-x_{1} u\right)^{2}},$$

який завжди позитивний, таким чином показуючи, що$\varphi$ це зростаюча функція, і

$$\begin{aligned} \frac{1}{1+t^{2}} &=\frac{1}{1+\left(\frac{x_{1}+u}{1-x_{1} u}\right)^{2}} \\ &=\frac{\left(1-x_{1} u\right)^{2}}{\left(1-x_{1} u\right)^{2}+\left(x_{1}+u\right)^{2}} \\ &=\frac{\left(1-x_{1} u\right)^{2}}{\left(1+x_{1}^{2}\right)\left(1+u^{2}\right)}. \end{aligned}$$

Звідси

$$\begin{aligned} \arctan (x) &=\int_{-x_{1}}^{x_{2}} \frac{1}{1+u^{2}} d u \\ &=\int_{-x_{1}}^{0} \frac{1}{1+u^{2}} d u+\int_{0}^{x_{2}} \frac{1}{1+u^{2}} d u \\ &=-\int_{0}^{-x_{1}} \frac{1}{1+u^{2}} d u+\arctan \left(x_{2}\right) \\ &=-\arctan \left(-x_{1}\right)+\arctan \left(x_{2}\right) \\ &=\arctan \left(x_{1}\right)+\arctan \left(x_{2}\right). \end{aligned}$$

Тепер припустимо,$y_{1}, y_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ з$y_{1}+y_{2}>\frac{\pi}{2} .$ Тоді$y_{1}+y_{2} \in\left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)$,$x_{1}>0, x_{2}>0,$ і

$$x_{2}>\frac{1}{x_{1}}.$$

З$u$ і$x$ як зазначено вище, зверніть увагу, що$\frac{1}{x_{1}}, t$ при збільшенні від до$u$ збільшується від 0$\frac{1}{x_{1}}$ до$+\infty,$ і як$x_{2}, t$ збільшується від$-\infty$ до$u$$-x_{1}$$x .$

Звідси ми маємо

$$\begin{aligned} \arctan (x)+\pi &=\int_{0}^{x} \frac{1}{1+t^{2}} d t+\int_{-\infty}^{0} \frac{1}{1+t^{2}} d t+\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{2}} d t \\ &=\int_{-\infty}^{x} \frac{1}{1+t^{2}} d t+\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+t^{2}} d t \\ &=\int_{\frac{1}{x_{1}}}^{x_{2}} \frac{1}{1+u^{2}} d u+\int_{-x_{1}}^{\frac{1}{x_{1}}} \frac{1}{1+u^{2}} d u \\ &=\int_{-x_{1}}^{x_{2}} \frac{1}{1+u^{2}} d u \\ &=\arctan \left(x_{2}\right)-\arctan \left(-x_{1}\right) \\ &=\arctan \left(x_{2}\right)+\arctan \left(x_{1}\right). \end{aligned}$$

Звідси

$$\begin{aligned} \tan \left(y_{1}+y_{2}\right) &=\tan \left(y_{1}+y_{2}-\pi\right) \\ &=\tan (\arctan (x)) \\ &=\frac{x_{1}+x_{2}}{1-x_{1} x_{2}} \\ &=\frac{\tan \left(y_{1}\right)+\tan \left(y_{2}\right)}{1-\tan \left(y_{1}\right) \tan \left(y_{2}\right)}. \end{aligned}$$

Випадок, коли$x_{1}<0$ може бути оброблений аналогічно; потім випливає, що формула додавання тримає для всіх$y_{1}, y_{2} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) .$ Випадок для довільного$y_{1}, y_{2} \in D$ з$y_{1}+y_{2} \in D$ потім випливає з періодичності дотичної функції. $\quad$Q.E.D.