orsoulx ha scritto:Se non ho sbagliato qualcosa è davvero molto facile.
Ancora più facile se, dopo aver posto
$α=arctan(sqrt(2tan(x))-1)$ ,
invece di porre
$β=arctan(sqrt(2tan(x))+1)$
[e quindi andar a controllare che risulta $tan(α-β+π/2)=tan(x)$]
si pone
$β=π/2-arctan(sqrt(2tan(x))+1)$.
Allora infatti si ha
$tan(β)=1/(sqrt(2tan(x))+1)$
e quindi la tangente del primo membro viene
$tan(α+β) = (tan(α)+tan(β))/(1-tan(α)·tan(β)) = ((sqrt(2tan(x))-1)·(sqrt(2tan(x))+1)+1)/((sqrt(2tan(x))+1)-(sqrt(2tan(x))-1))=$
$=(2tan(x))/2 = tan(x)$.
L'uguaglianza che qui si chiede di verificare è già stata usata da me in quest'altro precedente messaggio:
––>
Re: Integrale ... # 7.
[Però con entrambi i membri divisi per 2].
Là, la verifica dell'uguaglianza era stata fatta verificando che
• entrambi i membri erano nulli in $x=0$;
• per $0≤x<π/2$ la derivata di entrambi i membri era 1/2.
In un primo tempo, nella (trovata) primitiva $F(x)$ nulla in $x=0$ di $f(x) = sqrt(tan(x))/(i + sqrt(tan(x))$ c'erano, tra l'altro, gli addeendi
$1/2[arctan(sqrt(2tan(x))-1)-arctan(sqrt(2tan(x))+1)]+π/4$.
Mi sono allora chiesto se questa ..."fetta
angolare" di $F(x)$ non fosse semplificabile. Perciò sono andato a vederne l'andamento facendone il grafico cartesìano [con l'
applicazione "Grapher"] scoprendo così – "sperimentalmente" e con grande merasviglia – che la somma di quegli addendi valeva $x/2$.
Il metodo là usato per verificare che due funzioni $f(x)$ e $g(x)$ apparentemente diverse sono in realtà uguali – consistente nel verificare che è
$f(0)=g(0) ∧ df/dx =dg/dx)$
– è concettualmente elegante; ma poco sbrigativo nel presente caso (perché è abbastanza complicato fare la derivata dell'espressione del 1° membro).
Una volta scoperto che la verifica era invece quasi immediata usando la formula di somma (o differenza) della tangente .... mi è venuta voglia di mettere la mia scoperta (dell'acqua calda!) come
quiz.
Ciao
orsoulx.
Ciao a tutti.