Deuxième problème classique avant le devoir sur table - Exercice 1

La fonction arc tangente est définie sur $$\mathbb{R}$$.
Cependant, la présence de la racine carrée impose d'avoir :
$$\dfrac{1-x}{1+x} \geqslant 0 \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, x \in ] -1 \,;\ 1 \,]$$
Donc :
$$D_f = ] -1 \,;\ 1 \,]$$

La fonction $$\arctan$$ est dérivable sur $$\mathbb{R}$$ mais la fonction $$x \longmapsto \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$$ est elle dérivable sur $$] -1 \,;\ 1 \,[$$. De fait, par composition, la fonction $$f$$ est dérivable sur $$] -1 \,;\ 1 \,[$$.
On a :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \left( \arctan \left( \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \right) \right)'$$
Soit :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \left( \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \right)' \times \dfrac{1}{1 + \left( \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \right)^2}$$
Soit encore :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{\left( \dfrac{1-x}{1+x} \right)'}{2\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}} \times \dfrac{1}{1 + \dfrac{1-x}{1+x}}$$
De fait :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{\dfrac{(1-x)'(1+x) - (1-x)(1+x)'}{(1+x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}} \times \dfrac{1}{\dfrac{1+x}{1+x} + \dfrac{1-x}{1+x}}$$
Ainsi :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{\dfrac{-1(1+x) - (1-x)1}{(1+x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}} \times \dfrac{1}{\dfrac{1+x+1-x}{1+x} }$$
On obtient donc :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{-1-x-1+x }{2(1+x)^2\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}} \times \dfrac{1+x}{2}$$
D'où :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{-2 }{2(1+x)\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}} \times \dfrac{1}{2}$$
Ce qui nous donne :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = -\dfrac{1}{2(1+x)\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}}$$
Ceci s'écrit également sous la forme suivante :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = -\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}\sqrt{1+x}\dfrac{\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}}}$$
En simplifiant par le terme non nul $$\sqrt{1+x}$$ on trouve que :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = -\dfrac{1}{2\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}$$
On obtient donc :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = -\dfrac{1}{2\sqrt{(1+x)(1-x)}}$$
Ou encore :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = -\dfrac{1}{2\sqrt{1-x^2}}$$
Nous allons écrire ceci comme :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{1}{2} \left( -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right)$$
Afin d'obtenir :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,[, \,\, f'(x) = \dfrac{1}{2} \left( \arccos(x) \right)'$$
De fait, on en déduit immédiatement que :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,], \,\, f(x) = \dfrac{1}{2}\arccos(x) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})$$
Ainsi :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,], \,\, \arctan \left( \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \right) = \dfrac{1}{2}\arccos(x) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})$$
Maintenant, posons $$x = 0 \in ] -1 \,;\ 1 \,]$$. On a lors :
$$\arctan \left( \sqrt{\dfrac{1-0}{1+0}} \right) = \dfrac{1}{2}\arccos(0) + K \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \arctan \left( \sqrt{\dfrac{1}{1}} \right) = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{\pi}{2} + K \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \arctan \left( 1 \right) = \dfrac{\pi}{4} + K$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4} + K \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 0 = K$$
Finalement, on trouve que :
$$\forall x \in ] -1 \,;\ 1 \,], \,\, \arctan \left( \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \right) = \dfrac{1}{2}\arccos(x)$$