Bonjour,
@Maro-Uane , si une démonstration possible t'intéresse,
Pour x≠0x\ne 0x=0 , f(x)=arctan(x)+arctan(1x)f(x)=arctan(x)+arctan(\dfrac{1}{x})f(x)=arctan(x)+arctan(x1)
Calcul de la dérivée :
f′(x)=11+x2+(1x)′1+1x2=11+x2+−1x21+1x2f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{(\dfrac{1}{x})'}{1+\dfrac{1}{x^2}}=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{\dfrac{-1}{x^2}}{1+\dfrac{1}{x^2}}f′(x)=1+x21+1+x21(x1)′=1+x21+1+x21x2−1
f′(x)=11+x2−11+x2=0f'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}-\dfrac{1}{1+x^2}=0f′(x)=1+x21−1+x21=0
f est donc constante sur ]−∞,0[]-\infty,0[]−∞,0[ et ]0,+∞[]0,+\infty[]0,+∞[
Une valeur donnée à xxx permet de trouver l'expression de f(x)f(x)f(x)
Pour x=1x=1x=1,
f(1)=arctan(1)+arctan(1)=π4+π4=π2f(1)=arctan(1)+arctan(1)=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}f(1)=arctan(1)+arctan(1)=4π+4π=2π
Donc, pour x∈]0,+∞[\boxed{x\in ]0,+\infty[}x∈]0,+∞[,
arctan(x)+arctan(1x)=π2arctan(x)+arctan(\dfrac{1}{x})=\boxed{\dfrac{\pi}{2}}arctan(x)+arctan(x1)=2π
Pour x=−1x=-1x=−1,
f(−1)=arctan(−1)+arctan(−1)=−π4−π4=−π2f(-1)=arctan(-1)+arctan(-1)=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{2}f(−1)=arctan(−1)+arctan(−1)=−4π−4π=−2π
Donc, pour x∈]−∞,0[\boxed{x\in ]-\infty, 0[}x∈]−∞,0[,
arctan(x)+arctan(1x)=−π2arctan(x)+arctan(\dfrac{1}{x})=\boxed{-\dfrac{\pi}{2}}arctan(x)+arctan(x1)=−2π
