Geométrico de la justificación de una identidad trigonométrica

Question

El trigonometic identidad $$ \arctan x + \arctan \frac 1 x = \frac\pi 2\quad\text{para }x>0 $$ puede ser visto para ser verdad mediante la observación de que si las longitudes de los catetos de un triángulo rectángulo se $x$$1$, entonces los dos ángulos agudos de un triángulo son los dos arctangents arriba.

¿La identidad $$ \arctan x + \arctan \frac{1-x}{1+x} = \frac \pi 4 $$ tienen una similar geométrica de la justificación?

PS: El segundo, la identidad, como la primera, puede ser establecida por cualquiera de los dos métodos conocidos:

1. El uso de la fórmula habitual para una suma de dos arctangents; o

2. diferenciar la suma con respecto a $x$.

PPS: cuestión Secundaria: Tanto de las funciones de $x\mapsto\dfrac 1 x $ $x\mapsto\dfrac{1-x}{1+x}$ son involuciones. ¿Eso tiene algo que ver con esto? Presumiblemente, esto debe significar que debemos esperar algunos geométricas de simetría, de modo que $x$ $\displaystyle\vphantom{\frac\int\int}\frac{1-x}{1+x}$ juego de roles simétricos.

PPA: En un triángulo con un $135^\circ$ ángulo, si la tangente de uno de los ángulos agudos es $x$, entonces la tangente del otro ángulo agudo es $\displaystyle\vphantom{\frac\int\int}\dfrac{1-x}{1+x}$. Que se desprende de la segunda identidad de arriba. Si hay una manera sencilla de demostrar que el resultado de la geometría sin la identidad de arriba, a continuación, que debe hacerlo.

Answer 1

En respuesta a la primera pregunta, he estado tratando de subir una foto, pero sin éxito, así que voy a tener que describirlo en su lugar.

1. Dibujar un isósceles de ángulo recto del triángulo OAC con Una en el eje x y C en el eje y, y O como el origen.

2. Elija un punto P sobre la línea de CA, con Q como el pie de la perpendicular de P a OA

3. Deje que B ha de ser el punto de OA por lo que Q es el punto medio de AB

4. Vamos OQ ser de 1 unidad de longitud, y PQ ser de longitud $x$, en cuyo caso BQ y AQ también tienen esta longitud

5. Ahora tenemos $\tan POQ=x$ $\tan OCB=\frac{1-x}{1+x}$

6. Sigue siendo simplemente para demostrar que el ángulo BCP = ángulo POQ, que es bastante fácil ya que el triángulo de la CEC está en ángulo recto, y el CP tiene una longitud de $\sqrt2$

Espero que esto sea lo suficientemente claro

Answer 2

Edit. He aquí una simple trigonograph que también es más pura, en el sentido de que evita auxiliar proporciones en favor de relacionar los elementos de la identidad de forma más directa. Por lo tanto, se requiere menos (o quizás no) explicación.

$$45^\circ = \alpha + \beta = \operatorname{atan}\frac{x}{1} + \operatorname{atan}\frac{1-x}{1+x} \qquad (0 \leq x \leq 1)$$

Curiosamente, este diagrama tiene la misma estructura básica que mi Ángulo de Suma y de Diferencia de trigonographs, así como la de $p\sin\theta + q \cos\theta$.

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Mi respuesta anterior:

$$\tan \theta = \frac{x}{1} \qquad \tan \phi = \frac{|\overline{XY}|}{|\overline{XZ}|} = \frac{|\overline{XP}|}{|\overline{XQ}|} = \frac{1-x}{1+x}$$

$$\implies\qquad \operatorname{atan} x + \operatorname{atan}\frac{1-x}{1+x} = \theta + \phi = \frac{\pi}{4}$$

Answer 3

He aquí un intento de abordar @Miguel del deseo de una solución que trata los dos ángulos de forma simétrica.

Está basado en este resultado preliminar:

Lema. Si $Q$ es el ortocentro de agudos $\triangle ABC$, $$\tan \angle ABQ = \frac{|\overline{AQ}|}{|\overline{BC}|}$$

(La prueba se deja como ejercicio para el lector. Sugerencia: tenga en cuenta los ángulos congruentes en$A$$C$.)

Con eso, podemos construir la siguiente:

$$\tan \alpha = \frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = x \qquad \tan \beta = \frac{1-x}{1+x} \quad\implies\quad \operatorname{atan}x + \operatorname{atan}\frac{1-x}{1+x} = \alpha+\beta = \frac{\pi}{4}$$

Answer 4

He aquí otro geométrica de la imagen de lo que la identidad de los medios.

La tangente de un ángulo también se puede interpretar como la pendiente de una recta. Es decir, tomar una línea recta a través del origen de un XY del sistema de coordenadas cartesianas, entonces su ecuación en coordenadas cartesianas es

$$y=\tan{\theta} \; x$$

donde $\theta$ es el ángulo entre la línea y el eje de las X. Sin embargo, hay una línea que no encaja en este esquema, pero vamos a cambiar eso. Obviamente, el eje no encaja en ese esquema porque es la ecuación cartesiana es $x=0$. Sin embargo vamos a extender nuestras posibles pistas con $\infty$, de modo que el eje-Y tiene pendiente $\infty$ y, por tanto, $\tan \pi/2$ se define a ser $\infty$.

Ahora, volviendo a nuestro plano cartesiano, quiero que usted mire el siguiente transformación lineal

$$\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2:\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)\mapsto\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\end{array}\right)$$

Dado que esta es una transformación lineal, deja el origen invariables, pero más que eso es también mapas de líneas rectas por el origen a líneas rectas por el origen. Por lo tanto, podemos observar que la definen en términos de las pendientes de estas líneas. Dado que la pendiente de una recta está dada por $z=y/x$ tenemos que

$$\mathbb{R}\cup \{\infty\}\to \mathbb{R}\cup \{\infty\} : z\mapsto\frac{1-z}{1+z}$$

Esta es exactamente la transformación de antes. Volver a la original de mi transformación lineal, podemos comprobar que tiene los autovalores $1$ $-1$ con los respectivos vectores propios $(1,\sqrt{2}-1)$$(1,-\sqrt{2}-1)$. He escrito aquellos de tal manera que podemos leer inmediatamente fuera de las pistas como $\sqrt{2}-1$$-\sqrt{2}-1$.

Esto indica que nuestra transformación es una reflexión acerca de la recta con pendiente $\sqrt{2}-1$. Esta pendiente corresponde a un ángulo de $\pi/8$. Ahora, si me reflejar una línea arbitraria, la imagen de la línea y la línea de hacer un ángulo con el eje X, la suma de los cuales es $\pi/4$. Usted tiene que tener cuidado en la definición de los ángulos para que esto funcione, como la "orientación" de la línea que reflejan los asuntos en la definición de la señal del ángulo. O usted podría trabajar $\mod\pi$, que es una simetría de la $\tan$ función de todos modos.

La transformación

$$\mathbb{C}\cup \{\infty\}\to \mathbb{C}\cup \{\infty\} : z\mapsto\frac{1-z}{1+z}$$

es también conocida como una transformación de Möbius cuando se está trabajando en el plano complejo (o más bien a la esfera de Riemann). Pero antes de eso, también eran conocidos como transformaciones lineales, que en un principio puede parecer extraño, porque la receta de la transformación no es nada lineal. Sin embargo, debido a la conexión que explícitamente construido hasta aquí con el grupo de transformaciones lineales, es más claro por qué el nombre es apropiado. Más precisamente, se sabe que el grupo de transformaciones de Möbius es la relativa a la proyectiva especial lineales grupo $PSL(2,\mathbb{C})$.

Si tengo más tiempo, voy a tratar de mirar más allá en el sentido geométrico de su identidad en el contexto de la esfera de Riemann.

Answer 5

Sí. Tomar el sol en ambos lados, $$ \frac{x + \frac{1-x}{1+x}}{1 - x \frac{1-x}{1+x} } = 1 $$ $$ \rightarrow \tan ^{-1} 1 = \pi/4 $$

EDIT1: Esto no es una geometría basada en la respuesta, pero un análisis basado, también, no estoy muy seguro.

Si $$F(x) + F(1/x)= 2 c , $$

a continuación, $$ F(x) = F(1/x) = c. \tag{1} $$

La prueba por contradicción es que si no es así,la expansión de Taylor de F(x) daría lugar a singularidades de F(1/x) para real expansión de la variable en 1/x.

Por lo tanto, dado que

$$ \tan^{-1} x + \tan^{-1} (1/x) = \pi/2 \tag{2} $$

Sumar/restar mismo ángulo particular que puede ser incluido en la construcción geométrica $ (+\beta - \beta) $ ( Esto había sido hecho por el Azul y David Quinn en una prueba geométrica)

$$ \tan^{-1} x + \tan^{-1}\frac {1-x} {1+x} - \tan^{-1} \frac {1-x} {1+x} + \tan^{-1} (1/x) = \pi/2 $$

$$ (\tan^{-1} x + \tan^{-1}\frac {1-x} {1+x} ) + ( \tan^{-1} (1/x) + \tan^{-1} \frac{1-1/x} {1+1/x}) = \pi/2 \tag{3} $$

que en virtud de (1) da

$$ (\tan^{-1} x + \tan^{-1} \frac{1-x} {1+x} ) = \pi/4. \tag{4} $$