La relación entre tan(x) y raíces cuadradas

Question

Por favor nota: estoy trabajando en GRADOS

Creo que la forma más sencilla para ilustrar mi punto es mostrar algunos ejemplos:

• $ \tan(0^\circ) = \sqrt 0 = 0$
• $ \tan(22.5^\circ) = \sqrt 2 -1$
• $ 3 \cdot \tan(30 ^\circ) =\sqrt 3$
• $ \tan(45 ^\circ) =\sqrt 1 = 1$
• $ \tan(60 ^\circ) =\sqrt 3$
• $ \tan(75 ^\circ) = 2 + \sqrt 3$

Ok, así que hay algunos buenos ejemplos que han números enteros, pero luego hay algunos que son menos "bastante":

• $ \tan(54.73561... ^\circ) = \sqrt 2$

• $ \tan(65.90515... ^\circ) = \sqrt 5$

  ... y así sucesivamente ...

---

Estos no son muy impresionantes, porque una vez que pueden generar estos números irracionales con el fin de obtener la raíz cuadrada de algo por el simple uso de la arctan(x) de la función. (arctg($\sqrt 2$) = 54.73561...

---

Echemos un vistazo a este inútil ecuación:

$ \tan( \arctan(\sqrt x)) = \sqrt x$ * SORPRESA *

Así que, me pregunto, ¿existe posiblemente una forma de representar esta sin usar arctan($\sqrt x$) por el uso de una serie infinita - por ejemplo:

$ \tan(\sum_{n=0}^\infty $ algo en términos de x ) = $\sqrt x$

Espero cualquier respuesta o respuestas que puede conseguir :)

Saludos

Josué :)

---

EDIT: Un interesante "descubrimiento" (en realidad no)

Me voy a poner "descubrimiento", entre comillas porque estoy bastante seguro de que no soy el primero en encontrar esto, pero no he sido capaz de encontrar en internet (que lo he buscado).

\begin{align} \sqrt{3} & = \frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (\frac{\pi}{3})^{2n+1}}{(2n+1)!}}{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (\frac{\pi}{3})^{2n}}{(2n)!}} \\ \end{align}

Ahora note que $\sqrt3$ = suma infinita (QUE CONTIENE a $\frac{\pi}{3}$) (El trascendental número pi divide por 3, que es el número empezamos) - no me importa tener $\pi$, $e$ o $\phi$ en la suma infinita, ya que estos son trascendentales números. Sin embargo, me gustaría evitar la no-trascendental números como $\sqrt 2$, etc.

Permítanme simplificar un poco más: La parte inferior infinita suma converge a 0.5

\begin{align} \sqrt{3} & = \frac{\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (\frac{\pi}{3})^{2n+1}}{(2n+1)!}}{0.5} \\ & = 2\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (\frac{\pi}{3})^{2n+1}}{(2n+1)!} \end{align}

---

Ahora, a los observantes de la gente se daría cuenta de que la ecuación puede ser escrita como $$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (\frac{\pi}{3})^{2n+1}}{(2n+1)!} = sen(60^\circ) $$

Y \begin{align} \sqrt{3} & = \frac{sin(60^\circ)}{cos(60^\circ)} = tan(60^\circ)\\ \end{align}

---

Tal vez esto ayude a alguien trabajar un poco más :)

Answer 1

Me alegra ver que han hecho algunos descubrimientos aunque estos son bastante bien conocidos resultados en la escuela primaria de cálculo. Sería interesante saber cómo se llegó a ellos. El uso de cálculo diferencial e integral es fácil probar los tres siguientes fórmulas: \begin{align} \sin x &= x - \frac{x^{3}}{3!} + \cdots + (-1)^{n}\frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!} + \cdots\tag{1}\\ \cos x &= 1 - \frac{x^{2}}{2!} + \cdots + (-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!} + \cdots\tag{2}\\ \arctan x &= x - \frac{x^{3}}{3} + \cdots + (-1)^{n}\frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} + \cdots\tag{3} \end{align} Las fórmulas $(1), (2)$ son válidos para todos los valores de $x$ e aquí $x$ es la medida radián por lo que si usted desea calcular el $\sin(60^{\circ})$ usted necesita para escribir $$\sin (60^{\circ}) = \sin \left(\frac{\pi}{180}\cdot 60\right) = \sin\left(\frac{\pi}{3}\right)$$ and put $x = \pi/3$ in $(1)$ to get value of $\el pecado de 60^{\circ}$. Thus using formulas $(1)$ and $(2)$ we have $$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin 60^{\circ} = \sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(\pi/3)^{2n + 1}}{(2n + 1)!}, \frac{1}{2} = \cos 60^{\circ} = \sum_{n = 0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{(\pi/3)^{2n}}{(2n)!}$$ Y esto lleva a su descubrimiento interesante.

Por otro lado, la fórmula de $(3)$ mantiene sólo para $|x| \leq 1$ y el resultado que obtenemos es en radianes y no en grados. Poniendo así el $x = 1$ obtenemos $\arctan 1$ y la serie en $(3)$ le dará el valor de $\pi/4$ que se radian equivalente a $45^{\circ}$.

La próxima nota de que la solución a $\tan f(x) = \sqrt{x}$ $x \geq 0$ está dado por $$f(x) = n\pi + \arctan{\sqrt{x}}$$ where $n$ is any integer. There is no other solution to this. If $\sqrt{x} \leq 1$ then it is possible to use $(3)$ to express $\arctan(\sqrt{x})$ as an infinite series. If $\sqrt{x} \geq 1$ then we can note that $$\arctan(\sqrt{x}) = \frac{\pi}{2} - \arctan\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)$$ and since $1/\sqrt{x} < 1$ it is possible to apply formula $(3)$ to express $\arctan(1/\sqrt{x})$ as an infinite series. Thus for all values of $x \geq 0$ it is possible to express $\arctan(\sqrt{x})$ como una serie infinita.

Primaria las pruebas de $(1), (2), (3)$ sobre la base de una combinación de intuición y geométricas argumentos estaban disponibles con los matemáticos de la India antigua (más notablemente Madhava) y a estas pruebas, aunque no rigurosa, son muy similares en espíritu a la moderna pruebas basadas en cálculo diferencial e integral.

Answer 2

Si $k$ es un número entero, y $f$ es de tipo continuo, con un valor real de la función definida en algún intervalo real $I$ y la satisfacción de $$ (k - \tfrac{1}{2})\pi < f(x) < (k + \tfrac{1}{2})\pi \quad\text{para todos los $x$$I$,} $$ y si $\tan f(x) = \sqrt{x}$ todos los $x$$I$, luego $$ f(x) = k\pi + \arctan \sqrt{x} \quad\text{para todos los $x$$I$.} $$

Esto no deja ningún margen de maniobra para "algo en términos de $x$", excepto en la medida en que $\arctan\sqrt{x}$ puede ser representada, por ejemplo, la integral definida $$ \arctan\sqrt{x} = \int_{0}^{\sqrt{x}} \frac{dt}{1 + t^{2}}, \etiqueta{1} $$ o—en el intervalo abierto $(0, 1)$—el poder de la serie (en $\sqrt{x}$) $$ \arctan\sqrt{x} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} \sqrt{x}^{2k+1}}{2k + 1} = \sqrt{x}\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(-1)^{k} x^{k}}{2k + 1}, \etiqueta{2} $$ o un infinito de productos, etc.

La serie de la representación (2) no es único. Por ejemplo, la función raíz cuadrada es real-analítica en $(0, \infty)$ (la serie representación centrada en $a > 0$ radio $a$), y $\arctan$ es real-analítica en la línea real (el de la serie centrada en $c > 0$ radio $\sqrt{c^{2} + 1}$, gracias a la compleja singularidades del integrando en (1)).