Prueba: $\forall x \gt 1, \arctan(\frac{1+x}{1-x}) = \arctan(x) - \frac{3\pi}{4}$

Question

Lo que hice fue encontrar la derivada de $\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$:

$$\frac{d\left[\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\right]}{dx} = \frac{1}{1+x^2}$$

Podemos notar que esa es también la derivada de $\arctan(x)$. Entonces podemos afirmar lo siguiente:

$$\int\frac{d\left[\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\right]}{dx}\cdot dx = \int\frac{d\arctan(x)}{dx}\cdot dx $$

Ahora es donde comienzo a tener dudas: Queremos demostrar la igualdad $\forall x \gt 1$, así que lo que creo que debo hacer es tomar esas integrales de 1 a x. De hecho eso funciona:

$$\int_1^x\frac{d\left[\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\right]}{dx}\cdot dx = \int_1^x\frac{d\arctan(x)}{dx}\cdot dx $$

Si simplificamos, llegaremos a la ecuación deseada. Hay dos problemas con la integral anterior: en $x = 1, \arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ no está definido. Sin embargo, $$\lim_{x\to1^+}\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = -\frac{\pi}{2}$$

Dado que no nos interesa x = 1, ¿estoy en lo correcto al pensar que la siguiente ecuación es la formulación correcta del problema?

$$\lim_{h\to1^+}\left[\int_h^x\frac{d\left[\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\right]}{dx}\cdot dx\right] = \lim_{h\to1^+}\left[\int_h^x\frac{d\arctan(x)}{dx}\cdot dx \right]$$

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El otro problema es que no creo que el hecho de que dos funciones tengan igual área bajo su curva signifique necesariamente que sean iguales entre sí para todos los x. Sin embargo, si pruebo que son iguales en un punto $x_0$, y luego pruebo que también son iguales en $x_0+\epsilon$, donde $\epsilon\to0^+$, entonces demuestro que son iguales para todos los x mayores que $x_0$

¿Es mi razonamiento correcto?

EDITAR: Me di cuenta de que cometí un error bastante grande al copiar. En todas partes donde escribí

$$\int\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\cdot dx $$

En realidad quise decir:

$$\int\frac{d\left[\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right)\right]}{dx}\cdot dx $$

Lo cual realmente cambia el significado de mis ecuaciones por MUCHO

Answer 1

No es necesario utilizar integrales. Cuando dos funciones definidas sobre un intervalo tienen la misma derivada, difieren por una constante.

Esta es una consecuencia del teorema del valor medio: si $f$ es una función con derivada cero sobre un intervalo, entonces, para $a,b$ en este intervalo, $$ \frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f'(c)=0 $$ entonces $f(a)=f(b)$ y $f$ es constante. Entonces, si $f'(x)=g'(x)$ sobre un intervalo, la derivada de $F(x)=f(x)-g(x)$ es cero y por lo tanto $f(x)-g(x)$ es constante.

Has demostrado correctamente que las dos funciones tienen la misma derivada. Por lo tanto, existe una constante $k$ tal que $$ \arctan\frac{1+x}{1-x}=k+\arctan x $$ para cada $x>1.

Ahora queremos determinar $k$. Con el límite en $\infty$ es la forma más fácil: $$ \lim_{x\to\infty}\arctan\frac{1+x}{1-x}=\arctan(-1)=-\frac{\pi}{4} $$ y $$ \lim_{x\to\infty}(k+\arctan x)=k+\frac{\pi}{2} $$ Por lo tanto $$ k+\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{4} $$ y entonces $$ k=-\frac{3\pi}{4} $$

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Si consideramos lo mismo para $x<1$, tenemos $$ \arctan\frac{x+1}{x-1}=k_1+\arctan x $$ para una constante $k_1$ posiblemente diferente de la anterior. De hecho, si fijamos $x=0$, obtenemos $$ \arctan1=k_1+\arctan0 $$ así que $$ k_1=\arctan1=\frac{\pi}{4} $$

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(Editar: la pregunta fue editada para corregir el error.)

Tu argumento con las integrales es incorrecto. Las dos funciones tienen la misma derivada, pero eso no significa que sus integrales sean iguales.

Lo que puedes decir es que, para un $x_0>1$ arbitrario,

Tu argumento con las integrales se puede simplificar de la siguiente manera: si $x_0>1$ es arbitrario, $$ \arctan\frac{1+x}{1-x}- \arctan\frac{1+x_0}{1-x_0} =\int_{x_0}^x\frac{1}{1+t^2}\,dt =\arctan x-\arctan x_0 $$ aplicando el teorema fundamental del cálculo.

Dado que esto se cumple para cada $x$ y cada $x_0$, puedes sustituir un valor particular de $x_0$ y obtener la identidad requerida. Nuevamente, es más fácil hacer el límite para $x_0\to\infty$, así que $$ \arctan\frac{1+x}{1-x}+\frac{\pi}{4}=\arctan x-\frac{\pi}{2} $$

Answer 2

Diría que demostrar este tipo de identidades es más fácil y más esencial si simplemente trabajas con definiciones trigonométricas, en lugar de basar tu razonamiento en conceptos como integrales y el Teorema del Valor Medio. Después de todo, siempre y cuando los ángulos estén en el primer cuadrante, estamos 'simplemente' hablando de razones de lados de triángulos rectángulos. El resto se puede deducir por simetrías.

Considera la siguiente Figura.

$\triangle ABC$ es rectángulo y tal que $\overline{AC} = 1$ y $\overline{BC} = x>1$, para que \begin{equation} \alpha = \arctan x.\tag{1}\label{alpha}\end{equation} Extiende $AC$ a un segmento $AD$, de modo que $\overline{CD} = x$. También sea $DH$ la perpendicular a la línea $AB$.

Observa que $$ \angle ADB = \frac{\pi}{4},$$ y por lo tanto \begin{equation}\beta = \frac{3}{4}\pi -\alpha.\tag{2}\label{rel}\end{equation} Como $$\triangle ABC \sim \triangle ADH,$$ obtenemos $$\overline{DH} = x\overline{AH},$$ y, por el Teorema de Pitágoras en $\triangle ADH$, \begin{eqnarray} \overline{AH}^2 &=& \overline{AD}^2 - \overline{DH}^2=\\ &=& (1+x)^2-\overline{AH}^2x^2, \end{eqnarray} resultando en $$ \overline{AH} = \frac{x+1}{\sqrt{1+x^2}}$$ y $$\overline{DH} = \frac{x(x+1)}{\sqrt{1+x^2}}.$$ Finalmente \begin{eqnarray} \overline{BH} &=& \overline{AB}-\overline{AH}=\\ &=& \frac{x(x-1)}{\sqrt{1+x^2}}. \end{eqnarray} Podemos concluir que \begin{eqnarray} \beta &=& \arctan\left(\frac{\overline{DH}}{\overline{BH}}\right)=\\ &=& \arctan\left(\frac{x+1}{x-1}\right).\tag{3}\label{beta} \end{eqnarray} Sustituyendo \eqref{alpha} y \eqref{beta} en \eqref{rel}, y teniendo en cuenta la simetría impar de $\arctan(\cdot)$, llegamos al resultado deseado, es decir $$\arctan\left(\frac{1+x}{1-x}\right) = \arctan x - \frac{3}{4}\pi,$$ para $x>1$. $\blacksquare$

Answer 3

Sea $f$ la función definida por

$f(x)=\arctan(\frac{1+x}{1-x})$.

para $|x|\neq1$.

Entonces $f(\frac{1}{x})=-f(x)$ y $f(-x)=\pm\frac{\pi}{2}-f(x)$.

Supongamos ahora que $x>1$ y sea $x=\tan(t)$ con $t\in(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{2})$.

Por lo tanto

$f(x)=\arctan(\tan(\frac{\pi}{4}+t))$ $=\frac{\pi}{4}+t-\pi$ $=\arctan(x)-\frac{3\pi}{4}$.

Para los otros casos $(x<-1,-1