8.2: Функція дотичної
- Page ID
- 62451
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\(T(x)=t(x-g(x) \pi)\).
З позначенням вищеописаного обговорення, для будь-якого\(x \in D,\) називаємо значення\(T(x)\), тангенс\(x,\) якого позначимо\(\tan (x) .\)
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.
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\(x \in E .\)
Функція тангенса має крапку\(\pi .\)
- Доказ
-
Результат випливає відразу з наших визначень. \(\quad\)Q.E.D.
(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.