Les fonctions circulaires réciproques

$${\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacksquare \,\, L'arc \,\, sinus }}}$$
La restriction de la fonction sinus à l'intervalle $$\left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$ est une bijection de $$\left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$ dans $$\left[ -1 \,;\, 1 \right]$$.
On appelle $${\color{blue}{\bf{arc \,\, sinus}}}$$, que l'on note $${\color{blue}{\arcsin}} : \left[ -1 \,;\, 1 \right] \longrightarrow \left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$ sa fonction réciproque. Donc $$\arcsin = \mathcal{R}_{\sin}$$.
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y & = & \arcsin(x) \\ \\ x & \in & \left[ -1 \,;\, 1 \right] \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & \sin(y) \\ \\ y & \in & \left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right] \\ \end{array} \right.$$
Graphiquement, on a :

La fonction $$\arcsin$$ est impaire et continue sur l'intervalle $$\left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ et elle est dérivable sur $$\left] -1 \,;\, 1 \right[$$ (car demi-tangente verticale en $$\pm 1$$ impliquant sa non dérivabilité en ces deux abscisses).
On a alors :
$$\forall x \in \left] -1 \,;\, 1 \right[, \,\, \big( \arcsin \big)'(x) = \dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
De plus, on a :
$$\bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right]$$ alors $$\arcsin\big( \sin(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ alors $$\sin\big( \arcsin(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ alors $$\cos\big( \arcsin(x) \big) = \sqrt{1-x^2}$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left] -1 \,;\, 1 \right[$$ alors $$\tan\big( \arcsin(x) \big) = \dfrac{x}{\sqrt{1-x^2}}$$
Pour $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ la primitive de la fonction $$\arcsin$$ à pour expression : $$x\arcsin(x) + \sqrt{1-x^2} + K$$ avec $$K \in \mathbb{R}$$.
$${\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacksquare \blacksquare \,\, L'arc \,\, cosinus }}}$$
La restriction de la fonction cosinus à l'intervalle $$\left[ 0 \,;\, \pi \right]$$ est une bijection de $$\left[ 0 \,;\, \pi \right]$$ dans $$\left[ -1 \,;\, 1 \right]$$.
On appelle $${\color{blue}{\bf{arc \,\, cosinus}}}$$, que l'on note $${\color{blue}{\arccos}} : \left[ -1 \,;\, 1 \right] \longrightarrow \left[ 0 \,;\, \pi \right]$$ sa fonction réciproque. Donc $$\arccos = \mathcal{R}_{\cos}$$.
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y & = & \arccos(x) \\ \\ x & \in & \left[ -1 \,;\, 1 \right] \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & \cos(y) \\ \\ y & \in & \left[ 0 \,;\, \pi \right] \\ \end{array} \right.$$
Graphiquement, on a :

La fonction $$\arccos$$ est continue sur l'intervalle $$\left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ et elle est dérivable sur $$\left] -1 \,;\, 1 \right[$$ (car demi-tangente verticale en $$\pm 1$$ impliquant sa non dérivabilité en ces deux abscisses).
On a alors :
$$\forall x \in \left] -1 \,;\, 1 \right[, \,\, \big( \arccos \big)'(x) = -\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
La fonction $$\arccos$$ n'est ni paire ni impaire, cependant on a la relation suivante :
$$\forall x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right], \,\, \arccos(-x) = \pi - \arccos(x)$$
De plus, on a :
$$\bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ 0 \,;\, \pi \right]$$ alors $$\arccos\big( \cos(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ alors $$\sin\big( \arccos(x) \big) = \sqrt{1-x^2}$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ alors $$\cos\big( \arccos(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \left] -1 \,;\, 0 \right[ \cap \left] 0 \,;\, 1 \right[$$ alors $$\tan\big( \arccos(x) \big) = \dfrac{\sqrt{1-x^2}}{x}$$
Pour $$x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right]$$ la primitive de la fonction $$\arccos$$ à pour expression : $$x\arccos(x) - \sqrt{1-x^2} + K$$ avec $$K \in \mathbb{R}$$.
De plus, on a les graphes suivants :

Ce qui nous permet d'illustrer la propriété algébrique suivante :
$$\forall x \in \left[ -1 \,;\, 1 \right], \,\, \arccos(x) + \arcsin(x) = \dfrac{\pi}{2}$$
$${\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, L'arc \,\, tangente }}}$$
La restriction de la fonction tangente à l'intervalle $$\left] -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[$$ est une bijection de $$\left] -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[$$ dans $$\mathbb{R}$$.
On appelle $${\color{blue}{\bf{arc \,\, tangente}}}$$, que l'on note $${\color{blue}{\arctan}} : \mathbb{R} \longrightarrow \left] -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[$$ sa fonction réciproque. Donc $$\arctan = \mathcal{R}_{\tan}$$.
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y & = & \arctan(x) \\ \\ x & \in & \mathbb{R} \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & \tan(y) \\ \\ y & \in & \left] -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[ \\ \end{array} \right.$$

La fonction $$\arctan$$ est impaire et continue sur $$\mathbb{R}$$ et elle est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
On a alors :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \big( \arctan \big)'(x) = \dfrac{1}{1+x^2}$$
De plus, on a :
$$\bullet \,\,$$ si $$x \in \left] -\dfrac{\pi}{2} \,;\, \dfrac{\pi}{2} \right[$$ alors $$\arctan\big( \tan(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\sin\big( \arctan(x) \big) = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\cos\big( \arctan(x) \big) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\tan\big( \arctan(x) \big) = x$$
Pour $$x \in \mathbb{R}$$ la primitive de la fonction $$\arctan$$ à pour expression : $$x\arctan(x) - \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + K$$ avec $$K \in \mathbb{R}$$.
En outre, rappelons (car cela est toujours pratique) que l'on a :
$$\blacktriangleright \,\, \int \dfrac{1}{\big(1+u^2\big)^2} \, dx = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{u}{1+u^2} + \arctan(x) \right) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})$$
$$\blacktriangleright \blacktriangleright \,\, \int \dfrac{1}{\big(1+u^2\big)^3} \, dx = \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{u(3u^2 + 5)}{\big(1+u^2\big)^2} + 3\arctan(x) \right) + K \,\,\,\, (K \in \mathbb{R})$$
De plus, on a le graphe suivant de $$x \in \mathbb{R}^\star \longmapsto \arctan(x) + \arctan\left( \dfrac{1}{x} \right)$$ :

Ce qui nous permet d'illustrer la propriété algébrique suivante :
$$\forall x \in \mathbb{R}^\star, \,\, \arctan(x) + \arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) = \mathrm{signe}(x)\dfrac{\pi}{2}$$
Enfin indiquons la relation très pratique suivante, pour les deux réels $$x$$ et $$y$$ tels que $$xy \neq 1$$ :
$${\color{red}{ \arctan(x) + \arctan(y) = \arctan\left( \dfrac{x + y}{1 - xy} \right) + k \pi \,\,\,\, \mathrm{avec} \,\, k = \left\lbrace \begin{array}{rcl} 1 & \mathrm{si} & xy > 1 \,\, \mathrm{et} \,\, (x\,;\,y) \in \big( \mathrm{R}^{+\star} \big)^2 \\ \\ 0 & \mathrm{si} & xy < 1 \\ \\ -1 & \mathrm{si} & xy > 1 \,\, \mathrm{et} \,\, (x\,;\,y) \in \big( \mathrm{R}^{-\star} \big)^2 \end{array} \right.}}$$
$${\color{blue}{\bf{\,\,\,\,\,\,\,\, \blacksquare \blacksquare \blacksquare \blacksquare \,\, L'arc \,\, cotangente }}}$$
La restriction de la fonction cotangente à l'intervalle $$\left] 0 \,;\, \pi \right[$$ est une bijection de $$\left] 0 \,;\, \pi \right[$$ dans $$\mathbb{R}$$. big( \big)^2
On appelle $${\color{blue}{\bf{arc \,\, cotangente}}}$$, que l'on note $${\color{blue}{\mathrm{arccotan}}} : \mathbb{R} \longrightarrow \left] 0 \,;\, \pi \right[$$ sa fonction réciproque. Donc $$\mathrm{arccotan} = \mathcal{R}_{\mathrm{cotan}}$$.
On a alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y & = & \mathrm{arccotan}(x) \\ \\ x & \in & \mathbb{R} \\ \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} x & = & \mathrm{cotan}(y) \\ \\ y & \in & \left] 0 \,;\, \pi \right[ \\ \end{array} \right.$$
Graphiquement, on a :

La fonction $$\mathrm{arccotan}$$ est continue sur $$\mathbb{R}$$ et elle est dérivable sur $$\mathbb{R}$$.
On a alors :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \,\, \big( \mathrm{arccotan} \big)'(x) = -\dfrac{1}{1+x^2}$$
De plus, on a :
$$\bullet \,\,$$ si $$x \in \left] 0 \,;\, \pi \right[$$ alors $$\mathrm{arccotan}\big( \mathrm{cotan}(x) \big) = x$$
$$\bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\sin\big( \mathrm{arccotan}(x) \big) = \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$$
$$\bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\cos\big( \mathrm{arccotan}(x) \big) = \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}^\star$$ alors $$\tan\big( \mathrm{arccotan}(x) \big) = \dfrac{1}{x}$$
$$\bullet \bullet \bullet \bullet \bullet \,\,$$ si $$x \in \mathbb{R}$$ alors $$\mathrm{cotan}\big( \mathrm{arccotan}(x) \big) = x$$
Pour $$x \in \mathbb{R}$$ la primitive de la fonction $$\mathrm{arccotan}$$ à pour expression : $$x \, \mathrm{arccotan}(x) + \dfrac{1}{2} \ln(1+x^2) + K$$ avec $$K \in \mathbb{R}$$.
De plus, on a les graphes suivants :

Ce qui nous permet d'illustrer la propriété algébrique suivante :
$$\forall x \in \mathbb{R}^\star, \,\, \arctan(x) + \mathrm{arccotan}(x) = \dfrac{\pi}{2}$$
Indiquons les deux relations suivantes :
$$\blacktriangleright \,\,$$ Si $$x > 0$$ alors on a $$\mathrm{arccotan}\left( \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{\pi}{2} - \mathrm{arccotan}(x) = \arctan(x)$$
$$\blacktriangleright \blacktriangleright \,\,$$ Si $$x < 0$$ alors on a $$\mathrm{arccotan}\left( \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{3\pi}{2} - \mathrm{arccotan}(x) = \pi + \arctan(x)$$