两个函数有相同的导数

hbghlyj

函数
\[\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\arccos\Bigl(\frac{a \cos x+b}{a+b\cos x}\Bigr)\]
和
\[\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\arctan\Bigl(\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\tan\frac{x}{2}\Bigr)\]
的导数均为
\[\frac{1}{a+b\cos x}\]
假设参数使得所有表达式均有意义。

hbghlyj

1. 对 \( y \) 求导  
定义
\[y(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\,\arccos\!\Bigl(u(x)\Bigr),\quad \text{其中} \quad u(x)=\frac{a\cos x+b}{a+b\cos x}.\]
利用链式法则和反余弦函数的导数公式：
\[\frac{d}{dx}\arccos(u) = -\frac{u'}{\sqrt{1-u^2}},\]
我们得到：
\[y'(x) = \frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\left(-\frac{u'(x)}{\sqrt{1-u(x)^2}}\right)=\; -\frac{u'(x)}{\sqrt{a^2-b^2}\,\sqrt{1-u(x)^2}}.\]

步骤 1.1. 计算 \( u'(x) \)  
设
\[u(x)=\frac{f(x)}{g(x)} \quad \text{其中} \quad f(x)=a\cos x+b,\quad g(x)=a+b\cos x.\]
求导：
\[f'(x)=-a\sin x,\quad g'(x)=-b\sin x.\]
然后，根据商法则：
\[u'(x)=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g(x)^2}=\frac{-a\sin x\,(a+b\cos x) - (a\cos x+b)(-b\sin x)}{(a+b\cos x)^2}.\]
化简分子：
\[\begin{aligned}\text{分子} &= -a\sin x\,(a+b\cos x) + b\sin x\,(a\cos x+b) \\&= \sin x\Bigl[-a(a+b\cos x)+b(a\cos x+b)\Bigr] \\&= \sin x\Bigl[-a^2 - ab\cos x+ab\cos x+b^2\Bigr] \\&= \sin x\,(b^2-a^2) \\&= -(a^2-b^2)\sin x.\end{aligned}\]
因此，
\[u'(x)= -\frac{(a^2-b^2)\sin x}{(a+b\cos x)^2}.\]
步骤 1.2. 计算 \( \sqrt{1-u(x)^2} \)  
我们有：
\[u(x)=\frac{a\cos x+b}{a+b\cos x} \quad\Longrightarrow\quad u(x)^2=\frac{(a\cos x+b)^2}{(a+b\cos x)^2}.\]
于是，
\[1-u(x)^2=\frac{(a+b\cos x)^2-(a\cos x+b)^2}{(a+b\cos x)^2}.\]
计算分子：
\[(a+b\cos x)^2 = a^2+2ab\cos x+b^2\cos^2 x,\]
\[(a\cos x+b)^2 = a^2\cos^2 x+2ab\cos x+b^2.\]
相减得到：
\[\begin{aligned}&(a^2+2ab\cos x+b^2\cos^2 x) - (a^2\cos^2 x+2ab\cos x+b^2) \\&\quad = a^2(1-\cos^2 x)+b^2(\cos^2 x-1) \\&\quad = (a^2-b^2)(1-\cos^2 x) \\&\quad = (a^2-b^2)\sin^2 x.\end{aligned}\]
因此，
\[1-u(x)^2=\frac{(a^2-b^2)\sin^2 x}{(a+b\cos x)^2},\]
从而，
\[\sqrt{1-u(x)^2}=\frac{\sqrt{a^2-b^2}\,|\sin x|}{a+b\cos x}.\]
步骤 1.3. 代回 \(y'(x)\)  
回到 \(y'(x)\) 的表达式：
\[\begin{aligned}y'(x) &= -\frac{u'(x)}{\sqrt{a^2-b^2}\,\sqrt{1-u(x)^2}} \\&=\; -\frac{-\frac{(a^2-b^2)\sin x}{(a+b\cos x)^2}}{\sqrt{a^2-b^2}\,\frac{\sqrt{a^2-b^2}\,|\sin x|}{a+b\cos x}} \\&=\; \frac{(a^2-b^2)\sin x}{(a+b\cos x)^2}\cdot \frac{a+b\cos x}{(a^2-b^2)|\sin x|}.\end{aligned}\]
假设 \(\sin x>0\)，因此 \(|\sin x|=\sin x\)，可以约分：
\[y'(x)=\frac{1}{a+b\cos x}.\]
2. 对 \( z \) 求导  
函数定义为：
\[z(x)=\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\,\arctan\!\Bigl(v(x)\Bigr),\quad \text{其中} \quad v(x)=\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\;\tan\frac{x}{2}.\]
利用链式法则和反正切函数的导数公式：
\[\frac{d}{dx}\arctan(v) = \frac{v'(x)}{1+v(x)^2}.\]
因此，
\[z'(x)=\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\cdot\frac{v'(x)}{1+v(x)^2}.\]

步骤 2.1. 计算 \( v'(x) \)  
由于
\[v(x)=\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\;\tan\frac{x}{2},\]
常数 \( C = \sqrt{\frac{a-b}{a+b}} \) 提取出来：
\[v'(x)=C\;\frac{d}{dx}\tan\frac{x}{2} =\; C\cdot\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}.\]

步骤 2.2. 代回 \( z'(x) \)  
因此，
\[z'(x)=\frac{2}{\sqrt{a^2-b^2}}\cdot\frac{C\,(1/2)\sec^2\frac{x}{2}}{1+v(x)^2}=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\,\frac{C\,\sec^2\frac{x}{2}}{1+v(x)^2}.\]
注意
\[C=\sqrt{\frac{a-b}{a+b}} \quad \text{且} \quad v(x)=C\,\tan\frac{x}{2}.\]
因此，
\[v(x)^2 = \frac{a-b}{a+b}\tan^2\frac{x}{2},\]
从而
\[1+v(x)^2 = 1+\frac{a-b}{a+b}\tan^2\frac{x}{2}.\]
将常数合并：
\[z'(x)=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\sqrt{\frac{a-b}{a+b}}\,\frac{\sec^2\frac{x}{2}}{1+\frac{a-b}{a+b}\tan^2\frac{x}{2}}.\]
分子分母同时乘以 \(a+b\)：
\[z'(x)=\frac{1}{\sqrt{a^2-b^2}}\sqrt{(a-b)(a+b)}\,\frac{\sec^2\frac{x}{2}}{(a+b)+ (a-b)\tan^2\frac{x}{2}}.\]
注意
\[\sqrt{(a-b)(a+b)}=\sqrt{a^2-b^2}.\]
因此，因子 \( \sqrt{a^2-b^2} \) 与分母相消：
\[z'(x)=\frac{\sec^2\frac{x}{2}}{(a+b)+(a-b)\tan^2\frac{x}{2}}.\]

步骤 2.3. 用 \( \cos x \) 表示分母  
回忆半角公式：
\[\cos x=\frac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}\]
以及
\[\sec^2\frac{x}{2}=1+\tan^2\frac{x}{2}.\]
令 \( T=\tan^2\frac{x}{2} \) 简化表达式。分母变为：
\[(a+b)+(a-b)T,\]
因此
\[z'(x)=\frac{1+T}{(a+b)+(a-b)T}.\]
注意：
\[a+b\cos x = a+b\left(\frac{1-T}{1+T}\right)=\frac{a(1+T)+b(1-T)}{1+T} =\frac{(a+b) + (a-b)T}{1+T}.\]
即
\[(a+b)+(a-b)T = (a+b\cos x)(1+T).\]
因此，
\[z'(x)=\frac{1+T}{(a+b\cos x)(1+T)}=\frac{1}{a+b\cos x}.\]

ZCos666

然而并不完全是
两个函数只在$ \left[2k\pi,(2k+1)\pi\right](k\in\mathbb{Z}) $相等
其他区间则差个负号

如果改成如下形式就成立了
\[ \arccos\left(\dfrac{a\cos x+b}{a+b\cos x}\right)=2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{(a-b)(1-\cos x)}{(a+b)(1+\cos x)}}\right) \]

证明也是容易的，证明几个引理再代入即可
\[\begin{array}{l}
\textbf{Lemma 1}:\arctan x+\arctan y=\begin{cases}\arctan\dfrac{x+y}{1-xy}&xy<1\\\pi+\arctan\dfrac{x+y}{1-xy}&x>0,xy>1\end{cases}\\
\textbf{Lemma 2}:\cos(\arctan x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}
\end{array}\]