Soit f(x) = tan x sur ]-π/2, π/2 [. Justifier que f est bijective, que…

Stratégie : le théorème de la bijection, puis la formule de dérivation de la réciproque. Trois étapes, chacune correspondant à un théorème du cours — et l'on obtient au passage la dérivée d'$\mathrm{Arctan}$ sans jamais dériver de formule explicite, puisqu'il n'y en a pas.

Notons $I=\left]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right[$ et $f=\tan$ sur $I$.

1) $f$ est une bijection de $I$ sur $\mathbb{R}$. La fonction $\tan =\frac{\sin }{\cos }$ est définie et dérivable sur $I$ (le cosinus n'y est jamais nul), et $${\tan }^{\prime }(x)=1+{\tan }^{2}x=\frac{1}{{\cos }^{2}x}>0.$$ Donc $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $I$. Ses limites aux bornes sont $$\underset{x\to (-\pi /2{)}^{+}}{\lim }\tan x=-\infty ,\underset{x\to (\pi /2{)}^{-}}{\lim }\tan x=+\infty .$$ Le théorème de la bijection conclut : $f$ réalise une bijection de $I$ sur l'intervalle image $\left]-\infty ,+\infty \right[=\mathbb{R}$, et sa réciproque $f^{-1}=\mathrm{Arctan}:\mathbb{R}\to I$ est continue et strictement croissante.

2) $\mathrm{Arctan}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Le théorème de dérivation de la réciproque s'applique en tout point $y\in \mathbb{R}$ tel que $f^{\prime }(f^{-1}(y))\ne 0$. Or ${\tan }^{\prime }=1+{\tan }^2⩾1$ ne s'annule nulle part sur $I$ : la condition est remplie partout, et $\mathrm{Arctan}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ tout entier.

3) Le calcul de la dérivée. La formule du cours donne, pour tout $y\in \mathbb{R}$, $${\mathrm{Arctan}}^{\prime }(y)=\frac{1}{f^{\prime }\left(\mathrm{Arctan}y\right)}=\frac{1}{1+{\tan }^2\left(\mathrm{Arctan}y\right)}.$$ Il reste à simplifier $\tan \left(\mathrm{Arctan}y\right)$. Comme $\mathrm{Arctan}$ est la réciproque de $\tan$ sur tout $\mathbb{R}$, on a $\tan \left(\mathrm{Arctan}y\right)=y$ pour tout réel $y$. D'où $$\boxed{{\mathrm{Arctan}}^{\prime }(y)=\frac{1}{1+y^2}\text{pour tout }y\in \mathbb{R}}$$

⚠️ Deux points délicats.

• C'est la non-annulation de $f^{\prime }$ qui donne la dérivabilité de la réciproque, et cette hypothèse n'est pas gratuite. Là où $f^{\prime }$ s'annule, la tangente au graphe de $f$ est horizontale, donc celle de $f^{-1}$ — graphe symétrique par rapport à la première bissectrice — est verticale, et $f^{-1}$ n'y est pas dérivable. Exemple à garder en tête : $x\mapsto x^3$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$, de dérivée nulle en $0$, et sa réciproque $y\mapsto y^{1/3}$ n'est pas dérivable en $0$.
• L'ordre des deux compositions n'est pas symétrique. On a $\tan \left(\mathrm{Arctan}y\right)=y$ pour tout $y\in \mathbb{R}$ (c'est ce qu'on utilise ici), mais $\mathrm{Arctan}\left(\tan x\right)=x$ seulement pour $x\in I$ : pour $x=\frac{5\pi }{4}$, par exemple, $\mathrm{Arctan}(\tan x)=\frac{\pi }{4}\ne x$. Confondre les deux est l'erreur la plus fréquente sur les fonctions réciproques.

Contrôle. En $y=1$ : la formule donne ${\mathrm{Arctan}}^{\prime }(1)=\frac{1}{2}$. Vérification par la voie directe : $\mathrm{Arctan}1=\frac{\pi }{4}$, et ${\tan }^{\prime }\left(\frac{\pi }{4}\right)=1+1^2=2$, dont l'inverse est bien $\frac{1}{2}$ ✓. Vérification numérique par taux d'accroissement : $$\frac{\mathrm{Arctan}(1,001)-\mathrm{Arctan}(0,999)}{0,002}=0,4999995✓$$ En $y=0$ : ${\mathrm{Arctan}}^{\prime }(0)=1$, cohérent avec la tangente à l'origine d'équation $y=x$ ✓. Et le calcul symbolique de $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}\mathrm{Arctan}y$ rend bien $\frac{1}{y^2+1}$ ✓.

Ce que l'exercice installe. La chaîne complète stricte monotonie $\to$ bijection $\to$ réciproque continue $\to$ réciproque dérivable là où $f^{\prime }\ne 0$, avec la formule $${\left(f^{-1}\right)}^{\prime }(y)=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(y))}.$$ C'est elle qui donne toutes les dérivées de fonctions réciproques du programme : $\ln$ à partir de $\exp$, $\mathrm{Arcsin}$ et $\mathrm{Arccos}$ à partir de $\sin$ et $\cos$, $\mathrm{Argsh}$ à partir de $\mathrm{sh}$. Le fait remarquable est que la dérivée d'une fonction transcendante ($\mathrm{Arctan}$) soit une fraction rationnelle : c'est ce qui rend $\frac{1}{1+y^2}$ intégrable « à vue » et explique la place d'$\mathrm{Arctan}$ dans le calcul des primitives.