arctan(x)+arctan(y) mit x*y=1

21.02.2023, 10:51	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
*arctan(x)+arctan(y) mit xy=1** Hi Leute Nachdem ich mich durch das super spannende Integral $\begin{eqnarray} \int\limits_{-1}^1\! \dfrac{1}{(a-x)\cdot\sqrt{1-x^2}}\,\mathrm{d}x,\quad \|a\|>1 \end{eqnarray}$ gekämpft habe, bin ich auf folgendes Ergebnis gekommen: $\begin{eqnarray} \dfrac{2}{\sqrt{a^2-1}}\cdot\left(\arctan\left(\dfrac{a-1}{\sqrt{a^2-1}}\right)+\arctan\left(\dfrac{a+1}{\sqrt{a^2-1}}\right)\right). \end{eqnarray}$ Da die Klammerausdrücke innerhalb der arctan Terme im Produkt gleich 1 ergeben, dachte ich erst, dass eine weitere Zusammenfassung nicht möglich sei. Jetzt sieht es allerdings in den Plots von Wolfram Alpha so aus, dass sich die arctan Terme noch zusammenfassen lassen und das Ergebnis irgendwas mit $\begin{eqnarray} \pm \frac{\pi}{2} \end{eqnarray}$ zu tun haben soll. Wisst ihr dazu genaueres? Das wäre natürlich ziemlich genial, wenn sich dieser Monster Term noch vereinfachen lässt!
21.02.2023, 11:35	Steffen Bühler	Auf diesen Beitrag antworten »
*RE: arctan(x)+arctan(y) mit xy=1** Da gilt $\begin{eqnarray} \arctan x + \arctan y = \arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right) \end{eqnarray}$ und Du ja schon schreibst, dass hier $\begin{eqnarray} xy=1 \end{eqnarray}$ ist, bietet sich der atan2 an, der ja für den Nullnenner in der Tat $\begin{eqnarray} \pm \frac {\pi}2 \end{eqnarray}$ ergibt, je nach Vorzeichen des Zählers. Viele Grüße Steffen
21.02.2023, 12:16	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Zu beachten ist, dass $\begin{eqnarray} \arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right) \end{eqnarray}$ sowieso nur für $\begin{eqnarray} xy<1 \end{eqnarray}$ gilt. Im Fall $\begin{eqnarray} xy>1 \end{eqnarray}$ gibt es einen "Wrap-Around-Effekt": Genauer gesagt gilt $\begin{eqnarray} \arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left(\frac{x+y}{1-xy}\right) + k\pi \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} k = \begin{cases} 0 &\mbox{ für }xy<1\\ 1&\mbox{ für }xy>1,x>0\\ -1&\mbox{ für }xy>1,x<0\end{cases} \end{eqnarray}$ . Und für $\begin{eqnarray} xy=1 \end{eqnarray}$ gibt es natürlich ein "Definitionsproblem" bei $\begin{eqnarray} \frac{x+y}{1-xy} \end{eqnarray}$ . In diesem Spezialfall ist $\begin{eqnarray} \arctan(x) + \arctan(y) = \begin{cases} \frac{\pi}{2} &\mbox{ für }xy=1,x>0\\ -\frac{\pi}{2}&\mbox{ für }xy=1,x<0\end{cases} \end{eqnarray}$ .
21.02.2023, 12:45	MasterWizz	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke für die Zusammenfassung, das war mir gar nicht so bewusst!
21.02.2023, 13:02	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Das zusammengefasste Ergebnis kann man dann schreiben als $\begin{eqnarray} \frac{\pi\cdot \operatorname{sgn}(a)}{\sqrt{a^2-1}} = \frac{\pi}{a\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}} \end{eqnarray}$
21.02.2023, 16:20	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Hier eine Lösung, die auf komplexe Methoden zurückgreift. Es sei also das folgende Integral reeller Größen gegeben: $\begin{align} f(a) = \int_{-1}^1 \frac{\dd x}{(a-x) \sqrt{1-x^2}} \ \ \mbox{für} \ \ \|a\|>1 \end{align}$ Zunächst wird reell $\begin{align} x = \sin u \end{align}$ substituiert: $\begin{align} f(a) = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd u}{a - \sin u} \end{align}$ . Es gilt: $\begin{align} f(-a) = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd u}{-a - \sin u} = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd u}{-a - \sin(-u)} = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd u}{-a + \sin u} = - \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\dd u}{a - \sin u} = - f(a) \end{align}$ Beim zweiten Gleichheitszeichen wurde $\begin{align} u \end{align}$ durch $\begin{align} -u \end{align}$ substituiert. Sowohl beim Differential als auch bei den Integrationsgrenzen findet dadurch ein Vorzeichenwechsel statt. Die Vorzeichenwechsel kompensieren sich, so daß der angegebene Ausdruck entsteht. Es genügt daher, sich auf $\begin{align} a>1 \end{align}$ zu beschränken, was von jetzt ab vorausgesetzt werde. Man kann das Integral weiter umformen: $\begin{align} f(a) = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{a + \sin u}{a^2 - \sin^2 u} ~ \dd u = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{a^2 - \sin^2 u} ~ \dd u \ + \ \underbrace{\int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin u}{a^2 - \sin^2 u} ~ \dd u}_{=0, \text{da ungerader Integrand}} \end{align}$ $\begin{align} = \int \limits_{- \frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{a}{a^2 - \frac{1}{2} \left( 1 - \cos(2u) \right)} ~ \dd u = \int \limits_{- \pi}^{\pi} \frac{\frac{1}{2} a}{a^2 - \frac{1}{2} \left( 1 - \cos t \right)} ~ \dd t = \int \limits_{- \pi}^{\pi} \frac{a}{2a^2 - 1 + \cos t} ~ \dd t \end{align}$ Jetzt ist man bei einem Integral angelangt, das zu einem Standardtyp für die Anwendung des Residuensatzes gehört. Für $\begin{align} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{align}$ ist $\begin{align} \frac{1}{2} \left( z + \frac{1}{z} \right) = \cos t \end{align}$ . Die Integration der komplexen Funktion $\begin{align} g \end{align}$ mit $\begin{align} g(z) = \frac{a}{2a^2 - 1 + \frac{1}{2} \left( z + \frac{1}{z} \right)} \cdot \frac{-\operatorname{i}}{z} = \frac{-2 \operatorname{i} a}{z^2 + 2 \left( 2a^2 - 1 \right)z + 1} \end{align}$ über den positiv orientierten Einheitskreis $\begin{align} \|z\|=1 \end{align}$ liefert mit der Parametrisierung $\begin{align} z = \operatorname{e}^{\operatorname{i}t} \end{align}$ genau das gesuchte Integral. Andererseits kann es mit dem Residuensatz bestimmt werden. Dazu braucht man die Singularitäten im Einheitskreis. Die Nullstellen des quadratischen Polynoms im letzten Nenner sind die reellen Zahlen $\begin{align} z_1 = - \left( a - \sqrt{a^2 - 1} \right)^2 \, , \ \ z_2 = - \left( a + \sqrt{a^2 - 1} \right)^2 \end{align}$ Sie sind beide negativ, aber nur $\begin{align} z_1 \end{align}$ hat für $\begin{align} a>1 \end{align}$ einen Betrag $\begin{align} <1 \end{align}$ . Es sei $\begin{align} c \end{align}$ das Residuum von $\begin{align} g(z) \end{align}$ bei $\begin{align} z_1 \end{align}$ . Zunächst zerlegt man den Integranden: $\begin{align} g(z) = \frac{-2 \operatorname{i} a}{\left( z - z_1 \right) \left( z - z_2 \right)} \end{align}$ und erhält für das Residuum $\begin{align} c = \frac{-2 \operatorname{i} a}{z_1 - z_2} = \frac{-2 \operatorname{i} a}{4a \sqrt{a^2-1}} = - \frac{\operatorname{i}}{2 \sqrt{a^2-1}} \end{align}$ Der Residuensatz sagt: $\begin{align} f(a) = \int \limits_{\|z\|=1} g(z) ~ \dd z = 2 \pi \operatorname{i} c = \frac{\pi}{\sqrt{a^2-1}} \end{align}$ Bindet man $\begin{align} a<-1 \end{align}$ mit ein, erhält man das von HAL angegebene Ergebnis.
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