Lösningsförslag. Låt $\theta = \arctan x$ , då är $\theta \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ och $x = \tan \theta$ . Detta ger ekvationen

\arccos \left(\frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}\right) = 2\theta.

Vi förenklar vänsterledet till

\arccos \left(\frac{\cos^2 \theta - \sin^2 \theta}{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}\right) = \arccos \left(\frac{\cos 2\theta}{1}\right)

Alltså är vänsterledet den unika vinkel $\alpha \in [0, \pi]$ så att $\cos(\alpha) = \cos(2\theta)$ . Om $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)$ så är $\alpha = 2\theta$ . Om $\theta \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right]$ så är $-\alpha = 2\theta$ . Alltså är vänsterledet lika med högerledet precis då $\theta \geq 0$ . Detta är ekvivalent med att $x \geq 0$ .

Lösning 2: Låt $\theta = \arctan(x)$ så att $\tan(\theta) = x$ och $-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$ . Om $\theta > 0$ , rita en rätvinklig triangel med vinkel $\theta$ och katetrar med längder 1 och $x$ . Då är hypotenusan $\sqrt{1 + x^2}$ och $\cos(\theta) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$ . Man kan argumentera för att formeln även fungerar då $\theta \leq 0$ . Detta kan även ses genom:

\cos(\theta) = \frac{\cos(\theta)}{\sqrt{\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta)}} = \frac{1}{\sqrt{\tan^2(\theta) + 1}}

vilket är sant om $\cos(\theta) = |\cos(\theta)|$ vilket gäller eftersom $-\frac{\pi}{2} < \theta < \frac{\pi}{2}$ .

Om vi nu applicerar $\cos$ på ekvationens båda led får vi:

\frac{1 - x^2}{1 + x^2} \stackrel{?}{=} \cos(2\theta).

Högerledet kan vi förenkla genom formeln för dubbla vinklen till

\cos(2\theta) = 2 \cos^2(\theta) - 1 = \frac{2}{x^2 + 1} - 1 = \frac{1 - x^2}{1 + x^2}

så ekvationen är uppfylld efter att vi applicerar $\cos$ . Dock är $\cos$ ej injektiv så den ursprungliga ekvationen behöver inte vara uppfylld. Om $x \geq 0$ så är VL och HL båda i $[0, \pi]$ och där är $\cos$ injektiv så ekvationen håller. Om $x < 0$ så är VL $\in [0, \pi]$ medan HL $\in (-\pi, 0)$ så ekvationen håller inte.

Lösning 3: Låt $\alpha \in [0, \pi]$ vara vänsterledet. Då kan vi rita en rätvinklig triangel med vinkel $\alpha$ , närliggande kateter $1 - x^2$ och hypotenusa $1 + x^2$ (bilden förutsätter $|x| < 1$ ). Den motstående katetern är då $\sqrt{(1 + x^2)^2 - (1 - x^2)^2} = \sqrt{4x^2} = 2|x|$ . Alltså är $\tan(\alpha) = \frac{2|x|}{1 - x^2}$ . Man kan argumentera för att denna formel även stämmer då $|x| > 1$ .

Låt $\theta = \arctan x$ . Applicerar vi $\tan$ på högerledet får vi:

\tan (2 \theta) = \frac {\sin (2 \theta)}{\cos (2 \theta)} = \frac {2 \sin \theta \cos \theta}{\cos^ {2} \theta - \sin^ {2} \theta} = \frac {2 \tan \theta}{1 - \tan^ {2} \theta} = \frac {2 x}{1 - x ^ {2}}

Vi ser att $\tan(\mathrm{VL}) = \tan(\mathrm{HL})$ gäller exakt då $|x| = x$ , dvs då $x \geq 0$ . När $x \geq 0$ så är $\mathrm{VL}, \mathrm{HL} \in [0, \pi)$ och där är $\tan$ injektiv, förutom att den är odefinierad i $\pi/2$ för vilket ett separat argument krävs. Vi kan alltså dra slutsatsen att $\mathrm{VL} = \mathrm{HL}$ precis då $x \geq 0$ .

Svar. Alla $x \geq 0$ löser ekvationen.