[EX] Un'Uguaglianza da... Analisi II

[gugo82]

L'esercizio potrebbe essere svolto anche usando nozioni di geometria/trigonometria (ed esorto gli interessati a farlo); tuttavia, preferirei leggere una soluzione analitica.

***

Esercizio:

Dimostrare che l'uguaglianza:
\[
\tag{1}
\arctan x+ \arctan y = \arctan \frac{x+y}{1-xy}
\]
vale per ogni \((x,y)\in ]-1,1[^2\).

[theras]

Ricordo come fosse ieri che quell'uguaglianza la usò Rigel,all'inizio della mia frequentazione di questo Forum,
per "telescopizzare" la serie numerica $sum_(n=0)^(+oo)"arctg" 1/(n^2+n+1)$,e che poi ne parlammo pure in privato:
anche per questa ragione non dò soluzioni dettagliate,
ma mi limito a rilanciare dicendo che la si può dimostrare pure con mezzi "elementari" di Analisi I..
Saluti dal web.

[Quinzio]

"gugo82":L'esercizio potrebbe essere svolto anche usando nozioni di geometria/trigonometria (ed esorto gli interessati a farlo); tuttavia, preferirei leggere una soluzione analitica.

***

Esercizio:

Dimostrare che l'uguaglianza:
\[
\tag{1}
\arctan x+ \arctan y = \arctan \frac{x+y}{1-xy}
\]
vale per ogni \((x,y)\in ]-1,1[^2\).

La soluzione trigonometrica credo che sia prendere la tangente di ambo i membri:
$tan(\arctan x+ \arctan y) = tan (\arctan \frac{x+y}{1-xy})$
e usando le formule di addizione di angoli è immediato:
$(x+y)/(1-xy)=(x+y)/(1-xy)$

per soluzione "analitica" cosa si intende ?

[s.stuv]

Se si considera la funzione
\[
g(x,y) := \arctan x + \arctan y - \arctan (\frac{x+y}{1-xy}),
\]
si fanno un paio di conticini e si osserva che il quadrato \( (-1,1) \times (-1,1) \) è connesso...

[theras]

@Quinzio.
In quel caso non sarebbe male corredare il ragionamento di qualche considerazione sull'invertibilità legata al fatto che,
se $|x|<1,|y|<1$,allora $|"arctgx+arctgy"| per quanto riguarda la soluzione analitica penso sia utile,assegnato a piacere $bar(y) in (-1,1)$,
lavorare sulla derivata prima della

$f(x)="arctgx+arctg"bar(y)+"arctg"(x+bar(y))/(1-x*bar(y)):(-1,1) to RR$.

Saluti dal web.

[Seneca1]

Un'altra idea (modo di vedere l'esercizio?) potrebbe essere la seguente: considerare
\[ f(z, \overline{z}) = \arctan \left ( \frac{z + \overline{z} }{2} \right ) + \arctan \left ( \frac{z - \overline{z} }{2 i } \right ) - \arctan \left ( \frac{\frac{z + \overline{z} }{2} + \frac{z - \overline{z} }{2i}}{1 - \frac{ z^2 - \overline{z}^2}{4i} } \right ) \]
e verificare che $f$ soddisfa l'equazione di Cauchy-Riemann: $\frac{\partial}{\partial \overline{z}} f = 0$.
Ma $f(0,y) = 0$ $\Rightarrow$ per il teorema di unicità $f$ è nulla su tutto il quadrato aperto.

Sperando di non aver detto qualche cavolata...

[Zero87]

"s.stuv":Se si considera la funzione
\[
g(x,y) := \arctan x + \arctan y - \arctan (\frac{x+y}{1-xy}),
\]
si fanno un paio di conticini e si osserva che il quadrato \( (-1,1) \times (-1,1) \) è connesso...

Adesso la butto lì'... chissà se questo vale come "metodo analitico"

Calcoliamo la funzione in un punto qualsiasi, per esempio $(0,0)$.
$g(0,0)=0$
e fino a qui ci siamo.
- Calcolo la derivata parziale rispetto a $x$
$\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}= \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(\frac{x+y}{1-xy})^2+1}\cdot \frac{1-xy+y(x+y)}{(1-xy)^2}=$
$=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1-xy+xy+y^2}{\frac{(x+y)^2+(1-xy)^2}{(1-xy)^2}(1-xy)^2}= \frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{(x+y)^2+(1-xy)^2}=$
$=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{x^2+y^2+2xy+1-2xy+x^2 y^2}=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{x^2+y^2+x^2 y^2+1}=0$
- Calcolo la derivata parziale rispetto a $y$
Mi accorgo che non serve fare il calcolo perché è uguale a quella sopra (però con $y$ al posto della $x$: lo si osserva dall'equazione).

Ergo, il gradiente è nullo quindi la funzione è costante.
Ri-ergo, la funzione assume ovunque lo stesso valore in ogni punto.
Infine: dato che so che in $(0,0)$ vale $0$ e che assume lo stesso valore in ogni punto, concludo $g(x,y)=0$ che mi dà la tesi.

[theras]

Secondo me più ragionamenti equivalenti forniamo più qualcuno se la ride,
contento d'aaver raggiunto il suo proposito didattico,sotto i baffi :
saluti dal web.
Edit.
@James:
ci son buone probabilità,se l'ho capito un pò,che la risposta inizialmente in mente a G. era proprio la tua..

[Zero87]

"theras":Secondo me più ragionamenti equivalenti forniamo più qualcuno se la ride

Ho visto nella mia ultima "anteprima" prima di postare che aveva risposto anche Seneca con un ragionamento non proprio uguale, ma quasi... solo che stavo scrivendo da quasi un'ora e ho postato ugualmente

[theras]

Osservo,come ulteriore rilancio,che il metodo di James và bene nell'interno del quadrato:
e se volessimo estendere quell'uguaglianza,come abbozzato da Quinzio per altra via,
a tutti i punti del piano nei quali è lecito scriverla ?
Saluti dal web.

[s.stuv]

"Zero87":[quote="s.stuv"]Se si considera la funzione
\[
g(x,y) := \arctan x + \arctan y - \arctan (\frac{x+y}{1-xy}),
\]
si fanno un paio di conticini e si osserva che il quadrato \( (-1,1) \times (-1,1) \) è connesso...

Adesso la butto lì'... chissà se questo vale come "metodo analitico"

Calcoliamo la funzione in un punto qualsiasi, per esempio $(0,0)$.
$g(0,0)=0$
e fino a qui ci siamo.
- Calcolo la derivata parziale rispetto a $x$
$\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}= \frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(\frac{x+y}{1-xy})^2+1}\cdot \frac{1-xy+y(x+y)}{(1-xy)^2}=$
$=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1-xy+xy+y^2}{\frac{(x+y)^2+(1-xy)^2}{(1-xy)^2}(1-xy)^2}= \frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{(x+y)^2+(1-xy)^2}=$
$=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{x^2+y^2+2xy+1-2xy+x^2 y^2}=\frac{1}{1+x^2}- \frac{1+y^2}{x^2+y^2+x^2 y^2+1}=0$
- Calcolo la derivata parziale rispetto a $y$
Mi accorgo che non serve fare il calcolo perché è uguale a quella sopra (però con $y$ al posto della $x$: lo si osserva dall'equazione).

Ergo, il gradiente è nullo quindi la funzione è costante.
Ri-ergo, la funzione assume ovunque lo stesso valore in ogni punto.
Infine: dato che so che in $(0,0)$ vale $0$ e che assume lo stesso valore in ogni punto, concludo $g(x,y)=0$ che mi dà la tesi.

[/quote]

E' esattamente quello che intendevo con il mio velato suggerimento