参考链接： Python中的numpy.tan numpy.arctan 用例: numpy.arctan(x, /, out=None, *, where=True, casting=‘same_kind...它是正切函数的反函数，所以如果y = tan(x)，那么x = arctan(y)。 ...其实数部分的取值范围为[-pi/2, pi/2](arctan(+/-inf)的返回值为+/-pi/2)。如果x为标量，那么返回值也为标量。 ...备注 arctan是一个多值函数：对于每一个x都有无穷多个z满足等式tan(z) = x。本函数仅返回实部落到闭区间[-pi/2, pi/2]范围内的计算结果。...示例: arctan(0)=0并且arctan(1)=pi/4 import numpy as np print('对数组中的元素计算反正切值：{}'.format(np.arctan([0, 1]
写在前面 如果\(arctan\)的计算成为了瓶颈，那么是时候对其进行优化了。 ?...\(arctan\)的近似计算本质上是在所需精度范围内对\(arctan\)曲线进行拟合，比较直接的想法是泰勒展开， \[\arctan (x)=x-\frac{x^{3}}{3}+\frac{x^{5...}}{5}-\frac{x^{7}}{7}+\ldots \] 根据需要的精度，确定展开多少项，但\(arctan\)的泰勒展开在\(x\)接近1时，收敛较慢，并不高效。...需要注意的是，\(arctan(x)\)返回的是\((-\pi/2, \pi/2)\)， \(arctan2(y, x)\)返回的范围是\((-\pi, \pi ]\)，因为后者可以根据\(x\)和\(...从上到下依次为， 线性近似，最大近似误差 \(0.07 \ rad = 4^{\circ}\)， \[\arctan (x) \approx \frac{\pi}{4} x, \quad-1 \leq
45°)=1 val tan3 = getTanValue(90) // tan(90°)=无限大（理论上不存在） val tan4 = getTanDegree(1) // arctan...(1)=45° val tan5 = getTanDegree(Int.MaxValue) // arctan(正无穷)=无限接近90° } /** * 已知tan角度，求斜率值...def getTanDegree(value: Double): Double = { val degree = Math.toDegrees(Math.atan(value)) // arctan...(1)=45° // val degree = Math.atan(value)/Math.PI*180 // arctan(1)=45° println("arctan("...(1.0)=45.0° arctan(2.147483647E9)=89.99999997331958°
比较用的脚本： 这是一个从网上找来的计算Pi的JS脚本： mess=“”; //10^11 seems to be the maximum //too high a figure for the base...(1/5)-arctan(1/239) //coeff is an array of the coefficients //the last item is 0!...=0; i++) { arctan(iAng[i], arrayLength, aArctan); //multiply by coefficients of arctan...“+timeTaken+” seconds”; return ans; } myprint(calcPI(1000)); 脚本与宿主程序之间通信速度测试脚本 // MyClass是宿主提供给JS...的类（一个queue的直接包装） var c = new MyClass(); t1=new Date(); //10万次push和pop，测试JS调用宿主代码的速度 for(i=0; i<100000
#region 三角函数和反三角函数 using System; using System.Collections.Generic; using Syste...
一道有关反三角函数的极限三种求解方法 计算极限 \lim\limits_{x\rightarrow +\infty}x^3(\arctan \sqrt{x^2+2}-\arctan \sqrt{x^2+...【解析】： 【方法一】：对反三角函数利用拉格朗日中值定理有， \arctan\sqrt{x^2+2}-\arctan\sqrt{x^2+1}=\dfrac{\sqrt{x^2+2}-\sqrt{x^2+...\alpha-\arctan \beta=\arctan\dfrac{\alpha-\beta}{1+\alpha\beta} 故 \arctan\sqrt{x^2+2}-\arctan\sqrt{x...limits_{x\rightarrow +\infty}x^3(\arctan \sqrt{x^2+2}-\arctan \sqrt{x^2+1})&=\lim\limits_{x\rightarrow...\sqrt{x^2+2}-\arctan \sqrt{x^2+1})&=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{\arctan\sqrt{x^2+2}-\arctan
证明：当 x > 0 时， \arctan x+\dfrac{1}{x}>\dfrac{\pi}{2} ....求 \displaystyle y=\int_0^x{\left( 1-t \right)}\arctan tdt 的极大值....解： y^{'}=\arctan x-x\arctan x ， y^{'}=0 得 x=0 或者 x=1 ， y^{''}=\dfrac{1}{1+x^2}-\arctan x-\dfrac{x}{1+...极大值 \begin{align*}y\left( 1 \right) &=\int_0^1{\left( 1-t \right) \arctan tdt}=\int_0^1{\arctan tdt-}...\int_0^1 t\arctan tdt \\&=t\arctan t\bigg|_{0}^{1}-\int_0^1{\frac{t}{1+t^2}}dt-\frac{t^2}{2}\arctan t
分部积分两次解决一道积分题 已知 y^{'}(x)=\arctan (x-1)^2 以及 y(0)=0 ，求 \displaystyle I=\int_{0}^{1}y(x)dx 解析：显然由题意， 利用分部积分...，有 \displaystyle I=\int_{0}^{1}y(x)dx=xy(x)\big|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}xy^{'}(x)dx=y(1)-\int_{0}^{1}x\arctan...(x-1)^2dx 再利用分部积分 上式后面部分有 \begin{align*}\int_{0}^{1}x\arctan(x-1)^2dx&=\int_{0}^{1}(x-1)\arctan(x-1)^...2dx+\int_{0}^{1}\arctan (x-1)^2dx\\&=-\int_{-1}^{0}x\arctan x^2dx+\int_{0}^{1}y^{'}(x)dx=-\dfrac{1}{2...}(x^2\arctan x^2\big|_{-1}^{0}-\int_{-1}^{0} x^2d\arctan x^2)+y(1)-y(0)\\&=-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{\
我在学不定积分的时候遇到了很多习题都没有找到求解的方式，在看课程(高等数学-宋浩)的时候也经常对 “ 把XX提出来到dx里面，………… ” 这样的一句话十分困惑，特别是对这句话一知半解的时候，再遇到 ∫arctan...= \int [ \frac { arctan \sqrt x } {\sqrt x (1+x) } / \frac{1} {2\sqrt x} ] d(\sqrt x)) \displaystyle...= 2\int \frac { arctan \sqrt x } {1+x } d(\sqrt x) 再做一次替换 (由于 arctan√x 是对 √x 求导，所以不用对 √x复合求导) \displaystyle...= 2\int [\frac { arctan \sqrt x } {1+x } / \frac {1}{1+x} ] d(arctan\sqrt x) \displaystyle = \int arctan...\sqrt x d(arctan \sqrt x) \displaystyle = 2 * \frac{1}{2} * arctan^2 \sqrt x = arctan^2 \sqrt x 用这样的步骤
解：首先根据反正切的和角公式， \displaystyle\arctan\frac{1}{2}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot2^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{1}{2...}+\dfrac{1}{8}}{1-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{8}}=\arctan\dfrac{2}{3} , \displaystyle\arctan\frac{2}{...3}+\arctan\frac{1}{2\cdot3^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{2}{3}+\dfrac{1}{18}}{1-\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{...18}}=\arctan\frac{3}{4} , 以此类推，得,即 S_n=\arctan\dfrac{n}{n+1} ,取极限， \underset{n\rightarrow\infty}{\lim...公式： \displaystyle\arctan\dfrac{n-1}{n}+\arctan\dfrac{1}{2\cdot n^2}=\arctan\dfrac{\dfrac{n-1}{n}+\dfrac
x(-1 < x <1)\end{align*} \begin{align*}T(x)&=\int_{0}^{x}T^{'}(t)dt+T(0)=-2\int_{0}^{x}\arctan tdt=...-2t\arctan t|_{0}^{x}+2\int_{0}^{t}\dfrac{t}{1+t^2}dt\\&=\ln(1+x^2)-2x\arctan x(-1 < x < 1)\end{align...*} 所以 S(x)=xT(x)=x\ln(1+x^2)-2x^2\arctan x(-1 < x <1) 而 S(-1)=\lim\limits_{x\rightarrow 1^{-}}S(x)=[x...\ln(1+x^2)-2x^2\arctan x]|_{x=-1} 存在，同理 S(1) 也存在。...所以 \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{n(2n-1)}=S(x)=x\ln(1+x^2)-2x^2\arctan x(
arctan2是比arctan更智能的函数，能自动对象限进行区分，arctan2的函数如下： python中的编程如下： import numpy as np deg = 180.0/np.pi...',wspd, ' wdir =',wdir, ' u =',u, ' v =',v) # u, v to wspd, wdir u = 5 v = -10 wdir1 = 180.0 + np.arctan2...(u, v)*deg wdir2 = 270.0 - np.arctan2(v, u)*deg print('u =',u,' v =',v, ' wspd =',wspd, ' wdir =',wdir1
. $$ $$ \text{解：令}f\left( x \right) =\arctan x+\frac{1}{x},f^\left( x \right) =\frac{1}{1+x^2}-\frac...\text{求}y=\int_0^x{\left( 1-t \right)}\arctan tdt\text{的极值}. $$ $$ \text{解：}y^=\arctan x-x\arctan x,...y^’=0\text{得}x=0\text{或者}x=1, $$ $$ y^{’}=\frac{1}{1+x^2}-\arctan x-\frac{x}{1+x^2},y^{’}\left( 0 \...极大值}y\left( 1 \right) =\int_0^1{\left( 1-t \right) \arctan tdt} $$ $$ =\int_0^1{\arctan tdt-}\int_0^1...{t\arctan tdt=t\arctan t|_{0}^{1}}-\int_0^1{\frac{t}{1+t^2}}dt-\frac{t^2}{2}\arctan t|_{0}^{1}+\frac{
计算下列不定积分 （1） \displaystyle \int x\arcsin xdx ；（2） \displaystyle \int{\frac{x^2}{1+x^2}}\arctan xdx 解：...4}\sqrt{1-x^2}+C （2） \begin{align*}\displaystyle \text{原式}&=\int{\left( 1-\frac{1}{1+x^2} \right)}\arctan...xdx=\int{\arctan xdx-\int{\arctan xd\left( \arctan x \right)}}=x\arctan x-\int{\frac{x}{1+x^2}}dx-\frac...{1}{2}\arctan x\\&=x\arctan x-\frac{1}{2}\ln \left( 1+x^2 \right) -\frac{1}{2}\arctan x+C\end{align*}
sin^2t+\cos^2t}dt\\&=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\int\dfrac{d\sqrt{2}\tan t}{2\tan^2t+1}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan...(\sqrt{2}\tan t)+C\\&=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\arctan \dfrac{\sqrt{2}x}{\sqrt{1-x^2}}+C\end{align*} （2）令...{1}{\cos t(1+2\tan^2t)}dt=\int\dfrac{\cos t}{\cos^2t+\sin^2t}dt\\&=\int\dfrac{d\sin t}{1+\sin ^2t}=\arctan...(\sin t)+C\\&=\arctan\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}+C \end{align*} 作者：小熊 写作日期：2021-11-12
\frac{1}{2}\int \arctan x \cdot \ln(1+x^2)d(1+x^2) \\\\ =& \frac{1}{2} \arctan x \cdot \ln(1+x^2) (1...\\\ =& \frac{1}{2} \arctan x \cdot \ln(1+x^2) (1+x^2) - \frac{1}{2} \int (\ln(1+x^2) + 2x \arctan x)...dx\\\\ & \int x\arctan x dx = \frac{1}{2}\int \arctan x d(x^2+1) = \frac{1}{2}(x^2+1)\arctan x - \frac...x + C_2 \\\\ & \int \ln(x^2+1)dx =x\ln(1+x^2) - 2x + 2\arctan x + C_3 \\\\ & \int x\arctan x \cdot \...) - 2\int\arctan t d(\arctan t) \\\\ =& 2t\arctan t - \ln(t^2 + 1) - \arctan^2 t + C \\\\ =& 2\sqrt{x
\\\\ &= \frac{1}{15} \\\\ \end{aligned} ] 题目212 [ \text{求极限 } \lim_{x\to0}\frac{\tan(\sin x) - x}{\arctan...\sqrt{\dfrac{x}{a}}-\sqrt{b}\arctan\sqrt{\dfrac{x}{b}}}{x\sqrt{x}} ] 解答 [ \arctan x = x - \dfrac{1}{3...}x^3 \quad \Rightarrow \quad \arctan \sqrt{\dfrac{x}{a}} = \sqrt{\dfrac{x}{a}} - \dfrac{x^{\frac{3}{2...}}}{3a^{\frac{3}{2}}} + o(x^{\frac{3}{2}}) ] 根据上述推导，可对等式中的分子进行如下变形： [ \sqrt{a}\arctan\sqrt{\dfrac{x}{...(x-t)^2 不变号，于是有： \displaystyle\int_0^xe^{xt}\arctan(x-t)^2dt = e^{x\xi}\displaystyle\int_0^x\arctan(
#include using namespace std; double arctan(double x) { double sqr = x * x; double...:r-f; e = e * sqr; i +=2; } return r; } int main() { double a = 16.0 * arctan...(1/5.0); double b = 4.0 * arctan(1/239.0); cout << "PI = " << a - b << endl; return 0; }
一道级数证明题（幂级数展开和求幂级数的和的应用） 证明等式 \displaystyle 1+x\arctan x-\ln\sqrt{1+x^2}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{...解析：方法一：记 f(x)=1+x\arctan x-\ln\sqrt{1+x^2} ，将其展开为 x 的幂级数，先对 f(x) ，求导， f^{'}(x)=\arctan x+\dfrac{x}{1+...x^2}-\dfrac{1}{2}\dfrac{2x}{1+x^2}=\arctan x\qquad f^{''}(x)=\dfrac{1}{1+x^2} 由 \displaystyle \dfrac{...t \begin{align*}f(x)&=f(0)+\int_{0}^{x}f^{'}(t)dt=1+\int_{0}^{x}\arctan t dt\\&=1+\arctan t|_{0}^{x}...-\int_{0}^{x}\dfrac{t}{1+t^2}dt\\&=1+x\arctan x-\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)\end{align*} 同理，级数求导以及积分收敛半径不变，
sqrt{2}x^2-x^4-1}{\sqrt{2}x^2+x^4+1}|+C\end{align*} 3.7 （全国大学生2013年决赛题） 计算不定积分 \displaystyle \int x\arctan...)\\&=\frac{1}{2}[(1+x^2)\ln(1+x^2)-x^2]+C\end{align*} 再直接分部积分公式有 \begin{align*}\displaystyle\int x\arctan...x\ln(1+x^2)dx&=\int\arctan xd(\frac{1}{2}[(1+x^2)\ln(1+x^2)-x^2])\\&=\frac{1}{2}[(1+x^2)\ln(1+x^2)-x...^2]\arctan x-\frac{1}{2}\int(\ln(1+x^2)-\frac{x^2}{1+x^2})dx\\&=\frac{1}{2}[(1+x^2)\ln(1+x^2)-x^2]\arctan...x-\frac{1}{2}[x\ln(1+x^2)-3x+3\arctan x]+C\\&=\frac{1}{2}[(1+x^2)\ln(1+x^2)-x-3]\arctan x-\frac{1}{2
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