arctan, Additionstheorem, Bedingung

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12.03.2015, 17:25	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
arctan, Additionstheorem, Bedingung Es gilt bekanntlich die Formel $\begin{eqnarray} arctan(x)+arctan(y)=arctan(\frac{x+y}{1-xy}) \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x,y \in \mathbb{R}, xy < 1 \end{eqnarray}$ Ich verstehe nicht woher das $\begin{eqnarray} xy <1 \end{eqnarray}$ kommt. Bei meinen Beweis verwende ich den Additionstheorem: $\begin{eqnarray} tan(z+w)=\frac{tan(z)+tan(w)}{1-tan(z)tan(w)} \end{eqnarray}$ und setze $\begin{eqnarray} z=arctan(x), w=arctan(y) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} arctan(tan(z+w))=arctan(\frac{tan(z)+tan(w)}{1-tan(z)tan(w)})= arctan(\frac{x+y}{1-xy}) \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} \|arctan(x)+arctan(y)\|<\pi/2 \end{eqnarray}$ gilt $\begin{eqnarray} arctan(tan(z+w))= arctan(x)+arctan(y) \end{eqnarray}$ Wie kommt man nun von der Bedingung $\begin{eqnarray} \|arctan(x)+arctan(y)\|<\pi/2 \end{eqnarray}$ zu der im Aufgabentext?
12.03.2015, 18:06	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: arctan, Additionstheorem, Bedingung Leider ist mir bis jetzt nichts wirklich elegantes eingefallen: Aus $\begin{eqnarray} \| z + w \| < \frac \pi 2 \end{eqnarray}$ folgt, dass es ein ganzes k gibt, s.d. $\begin{eqnarray} z + w = ( z + k \pi) + ( w - k \pi) \end{eqnarray}$ ,s.d. $\begin{eqnarray} z+ k\pi, w - k \pi \in \left ( - \frac \pi 2, \frac \pi 2 \right) \end{eqnarray}$ . D.h. oBdA k = 0. Und jetzt das hässliche: Fall 1 $\begin{eqnarray} z, w \geq 0 \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} \tan(z+w), \tan(z) + \tan(w) \geq 0 \end{eqnarray}$ . Damit muss $\begin{eqnarray} 1 - \tan z \tan w > 0 \end{eqnarray}$ , womit die Aussage dasteht. Für beide negativ gehts genauso. Die gemischten lassen sich mit Punktsymmetrie minimal komplizierter erschlagen.
12.03.2015, 20:41	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Ui, ich hätte gedacht, dass ist ein einfacher Zusammenhang. Ich verstehe dein Weg leider nicht. 1)Warum gibt es solch ein k? Wenn ich k so wähle dass $\begin{eqnarray} -\pi/2 \le z+k \pi \le \pi/2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \iff \frac{-\pi-2z}{2\pi} \le k \le \frac{\pi-2z}{2\pi}=\frac{-\pi-2z}{2\pi}+\frac{2\pi}{2\pi} \end{eqnarray}$ Ich wähle $\begin{eqnarray} k:= \lfloor \frac{-\pi-2z}{2\pi} \rfloor \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \|z+w\|<\pi/2 \Rightarrow -\pi/2 - z < w < \pi/2 -z \end{eqnarray}$ Ist nun aber $\begin{eqnarray} w - k \pi \in \left ( - \frac \pi 2, \frac \pi 2 \right) \end{eqnarray}$ ? Leider komme ich so nur auf: $\begin{eqnarray} -\pi=-\pi/2 - z -\frac{\pi-2z}{2} <w- \frac{\pi-2z}{2\pi} \pi < w-k \pi < w- \frac{-\pi-2z}{2\pi} \pi < \pi/2 -z - \frac{-\pi-2z}{2}=\pi \end{eqnarray}$ 2) Ich verstehe gar nicht was mir das k bringt. Ich würde mich freuen, wenn du mir das nochmals erklären könntest . Danke
12.03.2015, 21:35	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Ehrlich gesagt habe ich es nicht durchgerechnet. Es schien bloss plausibel, wenn z + w im Hauptzweig des Tangens landen, z z.b. 5 Zweig weiter links liegt, dann w dann 5 zweige weiter rechts liegen muss, damit sich die Effekte aufheben. Aber du hast Recht, leider hat man genug Freiheiten einen Zweig weiter zu springen. Warum ich das k wollte, ist dass ich davon ausgehen kann, dass $\begin{eqnarray} w,z \in ( -\pi/2, \pi/2) \end{eqnarray}$ . Davon waren die 4 Fallunterscheidungen (wegen Symmetrie eigentlich nur 2) dann sofort ersichtlich. Es geht auch ohne das k, sogar mit den gleichen Überlegungen (wenn ich mich nicht wieder vertan habe), bloss etwas komplizierter, da man nicht direkt das Vorzeichen von $\begin{eqnarray} \tan(z+w) \end{eqnarray}$ ablesen kann.
12.03.2015, 21:41	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Aus der strengen Monotonie der Tangensfunktion in $\begin{align} \left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right) \end{align}$ sowie der Periodizität $\begin{align} \tan(x+\pi)=\tan(x) \end{align}$ folgt $\begin{align} \tan(x) = \tan(y) \quad\Longrightarrow\quad \exists k\in\mathbb{Z}:\; x=y+k\pi \end{align}$ . Damit folgt aus dem oben nachgewiesenen $\begin{align} \tan\left( \arctan(x) + \arctan(y) \right) = \frac{x+y}{1-xy} \end{align}$ für alle $\begin{align} x,y \end{align}$ mit $\begin{align} xy\neq 1 \end{align}$ zunächst nur die Existenz eines $\begin{align} k\in\mathbb{Z} \end{align}$ mit $\begin{align} \arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right) + k\pi \qquad () \end{align}$ . Nun kann man wegen des $\begin{align} \arctan \end{align}$ -Wertebereich $\begin{align} \left( -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \right) \end{align}$ leicht abschätzen, dass nur die drei Werte $\begin{align} k\in\{-1,0,1\} \end{align}$ in Frage kommen. Für $\begin{align} xy>1 \end{align}$ ist entweder $\begin{align} x>0,y>0 \end{align}$ oder $\begin{align} x<0,y<0 \end{align}$ . Im ersten Fall ist $\begin{align} \arctan(x)>0,\arctan(y)>0 \end{align}$ aber $\begin{align} \arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)<0 \end{align}$ also kann da in () nur $\begin{align} k=1 \end{align}$ sein. Im zweiten Fall ist $\begin{align} \arctan(x)<0,\arctan(y)<0 \end{align}$ aber $\begin{align} \arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right)>0 \end{align}$ also kann da nur $\begin{align} k=-1 \end{align}$ sein. In allen anderen Fällen kann nur $\begin{align} k=0 \end{align}$ sein, auch das bedarf noch einer Begründung (die ich mir jetzt mal schenke).
12.03.2015, 21:44	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Hey Hal! Ich hatte gehofft du tauchst noch mit einer eleganteren Lösung auf
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12.03.2015, 21:48	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
elegant? Angesichts der extraordinären Länge meines Beitrags hast du da anscheinend vergeblich gehofft.
18.03.2015, 15:59	StrunzMagi	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Vielen lieben Dank für die Erklärungen!!Dein Weg war sehr gut nachzuvollziehen. > In allen anderen Fällen kann nur k=0 sein, auch das bedarf noch einer Begründung (die ich mir jetzt mal schenke). Ist $\begin{eqnarray} xy <1 \end{eqnarray}$ so ist $\begin{eqnarray} 1-xy>0 \end{eqnarray}$ Ist $\begin{eqnarray} x,y < 0 \rightarrow arctan(x)<0, arctan(y)<0, arctan(\frac{x+y}{1-xy})<0 \rightarrow k=0 \end{eqnarray}$ Ist $\begin{eqnarray} x,y > 0 \rightarrow arctan(x)>0, arctan(y)>0, arctan(\frac{x+y}{1-xy})>0 \rightarrow k=0 \end{eqnarray}$ Ist $\begin{eqnarray} x>0,y<0, \|x\|>\|y\| \rightarrow arctan(x)+arxtan(y) >0 \end{eqnarray}$ da arctan monton steigend ist $\begin{eqnarray} , arctan(\frac{x+y}{1-xy})>0 \rightarrow k=0 \end{eqnarray}$ Ist $\begin{eqnarray} x>0,y<0, \|x\|<\|y\| \rightarrow arctan(x)+arxtan(y) <0 \end{eqnarray}$ da arctan monton steigend ist $\begin{eqnarray} , arctan(\frac{x+y}{1-xy})<0 \rightarrow k=0 \end{eqnarray}$ Und für x,y vertauscht die letzten beiden Fälle analog, ok? Wenn x oder y =0 ist, ist es klar, da $\begin{eqnarray} arctan(0)=0 \end{eqnarray}$ . Liebe Grüße
18.03.2015, 19:25	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja, so in etwa hatte ich mir das auch gedacht - für verschiedene Vorzeichen von x,y geht es etwas kürzer: Hier ist $\begin{align} \|\arctan(x)+\arctan(y)\| < \frac{\pi}{2} \end{align}$ , während die rechte Seite $\begin{align} \arctan\left( \frac{x+y}{1-xy} \right) + k\pi \end{align}$ für $\begin{align} k=\pm 1 \end{align}$ diesen Bereich verlässt.

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