Ερώτηση μέ tan καί arctan

#1

Γιά

, ισχύει

$\displaystyle\tan\Bigl({\tfrac{{\arctan \sqrt x }}{2}} \Bigr)=\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x+1}}$ ;

#2

grigkost έγραψε:Γιά , ισχύει

$\displaystyle\tan\Bigl({\tfrac{{\arctan \sqrt x }}{2}} \Bigr)=\frac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x+1}}$ ;

Ισχύει και για $\displaystyle{x\geq0}$ .

Για $\displaystyle{x>0}$ η παράγωγος στα αριστερά είναι

$\displaystyle{\frac{1}{4\sqrt{x}(x+1)}\frac{1}{\cos^{2}\Big(\frac{\tan^{-1}\sqrt{x}}{2}\Big)}=\frac{1}{4\sqrt{x}(x+1)}\frac{2}{1+\cos(\tan^{-1}\sqrt{x})}\stackrel{\boxed{*}}{=}}$

$\displaystyle{\frac{1}{4\sqrt{x}(x+1)}\frac{2}{1+\frac{1}{\sqrt{1+x}}}=\cdots=\frac{1}{2\sqrt{x}\sqrt{x+1}(1+\sqrt{1+x})}}$ .

Παραγωγίζοντας και στα δεξιά παίρνουμε το ίδιο.

Θέτοντας τώρα όπου $\displaystyle{x}$ το $\displaystyle{3}$ παίρνουμε και στα δυο μέλη της αρχικής $\displaystyle{\sqrt{3}/3}$ , άρα οι αρχικές ταυτίζονται στο $\displaystyle{[0,+\infty)}$ .

$\displaystyle{\boxed{*}}$ Για κάθε $\displaystyle{x\in\mathbb{R}}$ ισχύει $\displaystyle{\cos(\tan^{-1}(x))=\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}}$ .

Αυτό για να το αποδείξουμε, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\displaystyle{\cos(\tan^{-1}(\tan u))=\frac{1}{\sqrt{1+\tan u^{2}}}\,\,\,\forall u\in(-\pi/2,\pi/2)\Leftarrow}$

$\displaystyle{\cos ^{2}u=\frac{1}{1+\tan u^{2}}\,\,\,\forall u\in(-\pi/2,\pi/2)}$ που ισχύει.

#3

#4

Μόλις βάλατε τήν τελευταία πινελιά σέ μία λύση τού Βασίλη (mathxl) στό Ολοκλήρωμα.

#5

grigkost έγραψε:Μόλις βάλατε τήν τελευταία πινελιά σέ μία λύση τού Βασίλη (mathxl) στό Ολοκλήρωμα.

Ώπα! πολύ καλό! Πού το θυμήθηκες το ποστ αυτό;

Ας βάλουμε εδώ για να υπάρχουν και τρια links με παρόμοιου τύπου ταυτότητες που μου έστειλε ο Γρηγόρης.

grigkost έγραψε:wiki: Inverse trigonometric functions
wiki: Tangent half-angle formula
wiki: List of trigonometric identities

Ερώτηση μέ tan καί arctan

Ερώτηση μέ tan καί arctan

Re: Ερώτηση μέ tan καί arctan

Re: Ερώτηση μέ tan καί arctan

Re: Ερώτηση μέ tan καί arctan

Re: Ερώτηση μέ tan καί arctan

Μέλη σε σύνδεση