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  引理:$\small\dfrac{(1-\frac{b}{a})\tan x}{1+\frac{b}{a}\tan^2 x}=\dfrac{(a-b)\sin 2x}{a+b+(a-b)\cos 2x}$t`1>
证:$\small LHS=\dfrac{(a-b)\sin 2x}{2\,(a\cos^2x+b\sin^2x)}=\dfrac{(a-b)\sin 2x}{2\big(a{\scriptsize\dfrac{1+\cos 2x}{2}}+b{\scriptsize\dfrac{1-\cos 2x}{2}}\big)}=RHS$-}_+M4
命题:$\;x-\arctan(\frac{b}{a}\tan x)=\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil+\arctan\small\dfrac{(a-b)\sin 2x}{a+b+(a-b)\cos 2x}$KY
证:易见$\;\zeta=x-\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\;({\small\lfloor x\rceil:=\lfloor x+{\scriptsize\frac{1}{2}}\rfloor}),$~P
$\therefore\quad{\small LHS}=\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil+\arctan\tan\zeta-\arctan(\frac{b}{a}\tan\zeta)$HL|@`[
$\qquad=\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil+\arctan[\tan(\arctan\tan\zeta-\arctan(\frac{b}{a}\tan\zeta))]$oCS
$\qquad=\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil+\arctan{\small\dfrac{(1-\frac{b}{a})\tan\zeta}{1+\frac{b}{a}\tan^2\zeta}}$ia
$\qquad=\pi\lfloor\frac{x}{\pi}\rceil+\arctan{\small\dfrac{(a-b)\sin 2\zeta}{a+b+(a-b)\cos 2\zeta}}=\small RHS.\quad\square$=EFN
$\therefore\quad\overset{_{\,}}{\boxed{\;\pi\left\lfloor{\scriptsize\frac{x}{\pi}}\right\rceil+\arctan({\scriptsize\frac{b}{a}}\tan x)=x-\arctan\small\frac{(a-b)\sin 2x}{a+b+(a-b)\cos 2x}}}$Ja{3c


发贴时间2020/03/25 04:04am IP: 已设置保密[本文共1262字节]  

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