arcusy i równość

[klimat]

Pokaż że \(\displaystyle{ \arcsin (\tg x)=\arctg\frac{\sin x}{\sqrt{\cos 2x}}}\) gdy \(\displaystyle{ |x|<\frac{\pi}{4}}\).

[a4karo]

Ja bym to zróżniczkowal

[janusz47]

Tworzymy funkcję

\(\displaystyle{ f(x) = \arcsin(\tg(x)) - \arctg \left( \frac{\sin(x)}{\sqrt{\cos(2x)}} \right), \ \ |x|<\frac{\pi}{4}. }\)

Obliczamy wartość tej funkcji w zerze:

\(\displaystyle{ f(0) = \arcsin(\tg(0)) - \arctg \left( \frac{\sin(0)}{\sqrt{\cos(2\cdot 0 )}} \right) = 0 - 0 =0.}\)

Obliczamy pochodną tej funkcji \(\displaystyle{ f'(x).}\)

Stwierdzamy, że \(\displaystyle{ f'(x) = 0.}\)

Stąd wnioskujemy, że

\(\displaystyle{ f(x) = c \rightarrow f(0) = c = 0, \ \ c = 0. }\)

\(\displaystyle{ \arcsin(\tg(x)) - \arctg \left(\frac{\sin(x)}{\sqrt{\cos(2x)}} \right) = 0. }\)

\(\displaystyle{ \arcsin(\tg(x)) = \arctg \left(\frac{\sin(x)}{\sqrt{\cos(2x)}} \right).}\)

[a4karo]

Dobra, bez żadnego różniczkowania

Weżmy trójkąt prostokątny o bokach \(y,\sqrt{1-y^2},1\) i oznaczmy przez \(\alpha\) kąt naprzeciwko boku \(y\).
Wtedy
$$\tan\alpha =\frac{y}{\sqrt{1-y^2}} \quad\text{ oraz}\quad \sin\alpha=y.$$

Wyliczając z obu tych równości \(\alpha\) dostajemy sympatyczną tożsamość
$$(*)\ \ \ \ \arcsin y=\arctan \frac{y}{\sqrt{1-y^2}} $$
prawdziwą dla \(0<y<1\).

Zauważmy, że obie strony tożsamości, którą mamy wykazać są funkcjami nieparzystymi zmiennej \(x\), więc wystarczy ją pokazać dla dodatnich argumentów.

Mamy
\begin{align}
\frac{\sin x}{\sqrt{\cos 2x} }&=\frac{\sin x}{\sqrt{\cos^2 x-\sin^2 x}}=\frac{\tan x}{\sqrt{1-\tan^2 x}}
\end{align}

więc wystarczy w (*) wstawić \(y=\tan x\) i już.

[janusz47]

To rozwiązanie nie jest dobre, bo z definicji arkusa sinusa i arkusa tangensa zakładamy, że zachodzi równość, którą mamy sprawdzić.

[Premislav]

Mylisz się. Rozwiązanie jest dobre i w mojej opinii eleganckie.

[janusz47]

Sprawdzamy równość, zakładając że ona zachodzi.

[Slup]

Możesz wskazać linijkę, w której a4karo założył równość, którą sprawdzał?