Задача

[Гост]

Някой ако може да ми помогне с доказването на това тъждество:

arccos(x) = [tex]\pi[/tex] + arctg[tex]\frac{\sqrt{1-x^{2}}}{x}[/tex], [tex]-1\le[/tex]x < 0

Намерих, че f'(x) = g'(x) = [tex]\frac{-1}{\sqrt{1-x^{2}}}[/tex], но след това не знам как да продължа...

[Davids]

Нека отбележим $y = arccosx, x \in [-1; 0)$
$\Rightarrow y \in (\frac{\pi}{2}; \pi]$

Тогава важи $x = cosy$ и дясната страна става равна на:
$\pi + arctg(\frac{\sqrt{1 - cos^2y}}{cosy}) = \pi + arctg(\frac{siny}{cosy}) = \pi + arctg(tgy)$ за $y \in (\frac{\pi}{2}; \pi]$

Тоест, трябва да докажем тъждеството (заменяме $y$ с $x$ без промяна на общността):
$x = \pi + arctg(tgx)$ за $x \in (\frac{\pi}{2}; \pi]$

фокусираме се върху $arctg(tgx)$. Знаем, че за $x \in (-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2})$ важи $arctg(tgx) = x$, но за всеки друг интервал трбябва да прибавим някакво кратно на $\pi$, за да вкараме резултата относно $x$ в допустимия интервал стойности на функцията $arctg$.

Виждам съм генерализацията $arctg(tgx) = x - \pi\Big\lfloor\frac{x + \frac{\pi}{2}}{\pi}\Big\rfloor$. За всеки случай, трябва да имаме $x \in (a, b)$ (или отворен интервал) такъв, че $b - a < \pi$, за да е резултатът еднозначно определен.

Съобразявайки това, лесно намираме в нашия случай, че $arctg(tgx) = x - \pi$ за $x \in (\frac{\pi}{2}; \pi]$, с което тъждеството е доказано.