$\arctan{x}+\arctan{y}$ de la integración

Question

Estaba tratando de derivar la propiedad $$\arctan{x}+\arctan{y}=\arctan{\frac{x+y}{1-xy}}$$ para $x,y>0$ y $xy<1$ de la representación integral $$ \arctan{x}=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}\,. $$ Estoy al tanto de las pruebas "más trigonométricas", por ejemplo usando esa $\tan{(\alpha+\beta)}=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$ pero quería ver si hay una prueba que utilice más directamente las propiedades de la representación integral. Por ejemplo, si $x>0$ se obtiene inmediatamente $$\begin{aligned} \arctan{x}+\arctan\frac{1}{x} &=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2} + \int_0^{\frac{1}{x}}\frac{dt}{1+t^2}\\ &= \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}+\int_x^\infty\frac{dt}{1+t^2}\\ &=\int_0^\infty \frac{dt}{1+t^2} = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$$ enviando $t\to\frac{1}{t}$ en la segunda integral. Del mismo modo, he probado a considerar $$ \int_0^x\frac{dt}{1+t^2} + \int_0^y\frac{dt}{1+t^2}=(x+y)\int_0^1\frac{1+xyt^2}{1+(x^2+y^2)t^2+x^2y^2t^4}\ dt $$ después de reescalar $t\to xt$ y $t\to yt$ . Por otra parte, mediante un reajuste similar $t\to \frac{x+y}{1-xy}t$ tenemos $$ \int_0^\frac{x+y}{1-xy}\frac{dt}{1+t^2} = (x+y)\int_0^1\frac{1-xy}{(1-xy)^2+(x+y)^2t^2}\ dt\,. $$ Mediante una elección inteligente de la variable debería (¿debe?) ser posible ver que estas integrales son en realidad la misma, pero no consigo averiguarlo...

Answer 1

Queremos demostrar que \begin{eqnarray*} \int_x^{ \frac{x+y}{1-xy}} \frac{dt}{1+t^2} = \int_{0}^{y} \frac{du}{1+u^2} \end{eqnarray*} es decir, el LHS es realmente independiente de $x$ .

La sustitución \begin{eqnarray*} t=x+ \frac{u(1+x^2)}{1-ux} \end{eqnarray*} hará el truco.

Los límites se comprueban fácilmente y tenemos \begin{eqnarray*} dt= \frac{1+x^2}{(1-ux)^2} du. \end{eqnarray*} El resto es un poco de álgebra.

Obsérvese la similitud con $ \ln(a)+\ln(b) = \ln(ab)$ \begin{eqnarray*} \int_{1}^{a} \frac{dt}{t} +\int_{1}^{b} \frac{dt}{t} = \int_{1}^{ab} \frac{dt}{t}. \end{eqnarray*} Y $ u=at $ \begin{eqnarray*} \int_{1}^{b} \frac{dt}{t} = \int_{a}^{ab} \frac{du}{u}. \end{eqnarray*}

Answer 2

Otro cambio de variables que funciona, muy similar al de la respuesta de @DonaldSplutterwit, es el siguiente: $$ t=f(u)=\frac{1-u\sigma}{u+\sigma}\,,\qquad\text{with}\ \ \sigma(x,y)=\frac{1-xy}{x+y}\,. $$ Es más simétrico, ya que funciona tanto para $$ \int_x^{1/\sigma}\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^y\frac{du}{1+u^2} $$ y para $$ \int_y^{1/\sigma}\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^x\frac{du}{1+u^2}\,. $$ Sí, es cierto, $$ f(0)=\frac{1}{\sigma}\,,\qquad f(x)=y\,,\qquad f(y)=x $$ y $$ dt=-\frac{1+\sigma^2}{(u+\sigma)^2}du\,,\qquad \frac{1}{1+t^2}=\frac{(u+\sigma)^2}{(1+\sigma^2)(1+u^2)}\,. $$ También tiene la propiedad de reducir a la inversión como $xy\to1^-$ , a saber $\sigma\to0^+$ ya que $$ f(u)\big|_{\sigma=0}=\frac{1}{u}\,, $$ y volvemos $$ \int_{x}^\infty \frac{dt}{1+t^2} = \int_{0}^{\frac{1}{x}}\frac{du}{1+u^2}\,. $$ De hecho, $f$ también es una involución $f(f(u))=u$ y también permite ejecutar la prueba "hacia adelante" de la siguiente manera $$ \int_0^x\frac{dt}{1+t^2}+\int_0^y\frac{dt}{1+t^2}=\int_0^x\frac{dt}{1+t^2}+\int_x^{\frac{1}{\sigma}}\frac{du}{1+u^2}=\int_0^{\frac{1}{\sigma}}\frac{dt}{1+t^2}\,, $$ donde dejamos que $t=f(u)$ en la segunda integral.

Answer 3

sugerencia

Si ponemos

$$t=\frac{x+y}{1-xy}u$$

la integral de la izquierda se convierte en

$$\int_0^1\frac{1}{1+(\frac{x+y}{1-xy})^2u^2}\frac{x+y}{1-xy}du$$

Answer 4

Fijación de $y$ , defina $f(x):=\arctan x+\arctan y-\arctan\frac{x+y}{1-xy}$ así que $f(0)=0$ y $$\begin{align}f^\prime(x)&=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{1+\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)^2}\partial_x\frac{x+y}{1-xy}\\&=\frac{1}{1+x^2}-\frac{(1-xy)^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\frac{1-xy-(x+y)(-y)}{(1-xy)^2}\\&=\frac{1}{1+x^2}-\frac{(1-xy)^2}{(1+x^2)(1+y^2)}\frac{1+y^2}{(1-xy)^2}\\&=0,\end{align}$$ es decir $f(x)=0$ para todos $x$ .