Simplifications autours des fonctions trigonométriques - Exercice 1

Les deux fonctions qui interviennent dans l'égalité à démontrer sur l'intervalle $$]-1 \,;\,1]$$ sont bien évidemment dérivables sur ce même intervalle. On a alors :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2\left( \arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)'$$
Soit :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2 \arctan'\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \left( \sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right)'$$
Soit encore :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2 \dfrac{1}{1 + \left( \sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right)^2} \left( \sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right)'$$
Donc :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2 \dfrac{1}{1 + \dfrac{1 - x}{1 + x}} \dfrac{\left( \dfrac{1 - x}{1 + x} \right)'}{2\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
On obtient donc :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2 \dfrac{1}{\dfrac{1 + x + 1 - x}{1 + x}} \dfrac{\dfrac{(1 - x)'(1 + x) - (1 - x)(1 + x)'}{(1 + x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
Ainsi :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = 2 \dfrac{1}{\dfrac{2}{1 + x}} \dfrac{\dfrac{-1(1 + x) - (1 - x)1}{(1 + x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
On a alors :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = (1 + x) \dfrac{\dfrac{-1 - x - 1 + x}{(1 + x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
On obtient donc :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = (1 + x) \dfrac{\dfrac{-2}{(1 + x)^2} }{2\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
Soit encore :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = -(1 + x) \dfrac{\dfrac{1}{(1 + x)^2} }{\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}}}$$
On en déduit que :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = -(1 + x) \dfrac{1}{(1 + x)^2} \sqrt{\dfrac{1 + x}{1 - x}}$$
Dès lors, en simplifiant par $$(1+x) \neq 0$$, on trouve que :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = - \dfrac{1}{1 + x} \sqrt{\dfrac{1 + x}{1 - x}} = - \dfrac{1}{1 + x} \dfrac{\sqrt{1+x}}{\sqrt{1-x}}$$
Dès lors, en simplifiant par $$\sqrt{1+x} \neq 0$$, on trouve que :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = - \dfrac{1}{\sqrt{1+x}} \dfrac{1}{\sqrt{1-x}} = - \dfrac{1}{\sqrt{(1+x)(1-x)}} = - \dfrac{1}{\sqrt{1^2-x^2}}$$
On a alors :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = - \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
Ceci peut également s'écrire comme :
$$\left( 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) \right)' = \left( \arccos(x) \right)'$$
Directement, par intégration, on trouve (avec $$C \in \mathbb{R}$$) que :
$$2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) = \arccos(x) + C$$
Or, pour $$x = 0 \in -1 \,;\,1]$$, on a :
$$2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - 0}{1 + 0}} \right) = \arccos(0) + C$$
Donc :
$$2\arctan\left(1\right) = \dfrac{\pi}{2} + C$$
Or $$\arctan\left(1\right) = \dfrac{\pi}{4}$$. D'où :
$$2 \times \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} + C$$
Ce qui nous donne :
$$\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} + C$$
D'où :
$$\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\pi}{2} = C$$
Soit $$C = 0$$.
Finalement, on a bien démontrer que :
$${\color{red}{\boxed{\forall x \in \,\,]-1 \,;\,1], \,\, 2\arctan\left(\sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} \right) = \arccos(x) }}}$$

On a sur l'intervalle $$]-1 \,;\,1[$$ les fonctions, impliquées dans l'égalité à démontrer, sont dérivables. Donc :
$$\left( \sin\left(\arccos(x) \right) \right)' = \sin'\left(\arccos(x) \right) \times \arccos'(x)$$
Soit :
$$\left( \sin\left(\arccos(x) \right) \right)' = \cos\left(\arccos(x) \right) \times \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$$
Or, comme on travaille sur l'intervalle $$]-1 \,;\,1[ \subset [-1 \,;\,1]$$, on a donc :
$$\cos\left(\arccos(x) \right) = x$$
Ainsi, on en déduit que :
$$\left( \sin\left(\arccos(x) \right) \right)' = x \times \dfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}$$
Soit encore :
$$\left( \sin\left(\arccos(x) \right) \right)' = - \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$$
Puis, on a :
$$\left( \sqrt{1-x^2} \right)' = \dfrac{\left( 1-x^2 \right)'}{2\sqrt{1-x^2}}$$
D'où :
$$\left( \sqrt{1-x^2} \right)' = \dfrac{-2x}{2\sqrt{1-x^2}}$$
En simplifiant par $$2$$, on obtient :
$$\left( \sqrt{1-x^2} \right)' = -\dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$$
Dès lors, on peut écrire que :
$$\left( \sin\left(\arccos(x) \right) \right)' = \left( \sqrt{1-x^2} \right)'$$
Soit $$C$$ une constante réelle. Par intégration, on trouve que :
$$\sin\left(\arccos(x) \right) = \sqrt{1-x^2} + C$$
Posons maintenant $$x = 0 \in ]-1 \,;\,1[$$. Dans ce cas, l'égalité précédente nous conduit à :
$$\sin\left(\arccos(0) \right) = \sqrt{1-0^2} + C$$
Comme $$\arccos(0) = \dfrac{\pi}{2}$$, on en déduit que :
$$\sin\left(\dfrac{\pi}{2} \right) = \sqrt{1} + C$$
Mais, on sait que $$\sin\left(\dfrac{\pi}{2} \right) = 1$$, donc :
$$1 = 1 + C$$
Soit $$C = 1 - 1 = 0$$
Et de fait, on a finalement bien démontrer que l'on a :
$${\color{red}{\boxed{\forall x \in \,\,]-1 \,;\,1[, \,\, \sin\left(\arccos(x) \right) = \sqrt{1-x^2} }}}$$