Демидович — задача 1264

1. 1

   Пункт а)

   Рассмотрим функцию $f(x) = 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2}$ на открытых интервалах $x > 1$ и $x < -1$.
   Найдём её производную:$$f'(x) = \frac{2}{1+x^2} + \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}} \cdot \left(\frac{2x}{1+x^2}\right)'$$Производная внутренней функции:$$\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)' = \frac{2(1+x^2) - 2x \cdot 2x}{(1+x^2)^2} = \frac{2 - 2x^2}{(1+x^2)^2}$$Преобразуем подкоренное выражение:$$1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2 = \frac{(1+x^2)^2 - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{1+2x^2+x^4 - 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{(1-x^2)^2}{(1+x^2)^2}$$Корень из этого выражения равен $\frac{|1-x^2|}{1+x^2}$. Так как мы рассматриваем область $|x| > 1$, то $x^2 > 1$, следовательно $1-x^2 < 0$, и модуль раскрывается с минусом: $|1-x^2| = x^2-1$.
   Следовательно:$$\frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}} = \frac{1+x^2}{x^2-1}$$Собираем производную:$$f'(x) = \frac{2}{1+x^2} + \frac{1+x^2}{x^2-1} \cdot \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} = \frac{2}{1+x^2} - \frac{2(x^2-1)}{(x^2-1)(1+x^2)} = \frac{2}{1+x^2} - \frac{2}{1+x^2} = 0$$Поскольку производная равна нулю, функция постоянна на каждом из интервалов $(1, +\infty)$ и $(-\infty, -1)$.
   Для $x > 1$ найдём предел при $x \to +\infty$:$$f(x) = \lim_{x\to+\infty} \left( 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2} \right) = 2 \cdot \frac{\pi}{2} + \arcsin 0 = \pi$$Для $x < -1$ найдём предел при $x \to -\infty$:$$f(x) = \lim_{x\to-\infty} \left( 2\operatorname{arctg} x + \arcsin\frac{2x}{1+x^2} \right) = 2 \cdot \left(-\frac{\pi}{2}\right) + \arcsin 0 = -\pi$$В граничных точках в силу непрерывности получаем: $f(1) = 2\cdot\frac{\pi}{4} + \arcsin 1 = \pi$ и $f(-1) = 2\cdot\left(-\frac{\pi}{4}\right) + \arcsin(-1) = -\pi$.
   В итоге, $f(x) = \pi$ при $x \ge 1$ и $f(x) = -\pi$ при $x \le -1$, что можно записать одним выражением: $f(x) = \pi\operatorname{sgn}x$ для $|x| \ge 1$.

Что и требовалось доказать