Potrebno je naći vrednost izraza u realnom domenu:
[dispmath]I=\mathrm{arctg}\left(\frac{2a-b}{b\sqrt3}\right)+\mathrm{arctg}\left(\frac{2b-a}{a\sqrt3}\right)[/dispmath]
Uz uslove:
[dispmath]a\ne0\qquad b\ne0[/dispmath][dispmath]\left|\mathrm{arctg}\left(\frac{2a-b}{b\sqrt3}\right)\right|<\frac{\pi}{2}[/dispmath][dispmath]\left|\mathrm{arctg}\left(\frac{2b-a}{a\sqrt3}\right)\right|<\frac{\pi}{2}[/dispmath]
Ovo je jedan prastari zadatak. Ja sam ga svojevremeno rešio uvodeći smene:
[dispmath]\mathrm{arctg}\left(\frac{2a-b}{b\sqrt3}\right)=x[/dispmath][dispmath]\mathrm{arctg}\left(\frac{2b-a}{a\sqrt3}\right)=y[/dispmath]
I potom sam primenio trigonometrijsku formulu za tangens zbira.

Dobiju se rešenja:
[inlmath]I=\frac{\pi}{3}\qquad[/inlmath] za [inlmath]ab>0[/inlmath]
[inlmath]I=-\frac{2\pi}{3}\quad[/inlmath] za [inlmath]ab<0[/inlmath]
Interesantno je da izraz pod zadatim uslovima ne zavisi ni od [inlmath]a[/inlmath] ni od [inlmath]b[/inlmath]. Osim naravno u smislu znaka njihovog proizvoda.
Još interesantniji je drugi put do rešenja, preko formule za zbir dva arkus tangensa.
Za sada toliko, a ako se neko zainteresuje, nastavljamo.

@desideri

desideri je rekao:
Još interesantniji je drugi put do rešenja, preko formule za zbir dva arkus tangensa.

Koja je to formula?

Evo i te formule:
[dispmath]\mathrm{arctg}\:(x)+\mathrm{arctg}\:( y)=\mathrm{arctg}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)\quad xy<1[/dispmath]
Ali, ali,...
Šta se dešava za ostale vrednosti proizvoda?

Ako nisam pogresio, trebalo bi da se dobije
[dispmath]\text{arctg } x + \text{arctg } y = \pi + \text{arctg}\Bigl(\!\:\!\frac{x+y}{1-xy}\!\:\!\Bigr), \quad x>0, y>0, \, xy>1[/dispmath] i [dispmath]\text{arctg } x + \text{arctg } y = -\pi + \text{arctg}\Bigl(\!\:\!\frac{x+y}{1-xy}\!\:\!\Bigr), \quad x<0, y<0, \, xy>1.[/dispmath]

Prvo da potvrdim da je ovaj moj prethodni post tacan (imao sam komunikaciju sa kolegom desiderijem, poklapa se sa njegovim resenjem). Ali, hajmo jos malo da se pozabavimo datim identitetom (u nekim slucajevima). Naime, zamislimo da imamo sledeci problem:

Problem. Odrediti sve diferencijabilne funkcije na [inlmath]\mathbb{R}[/inlmath] koje zadovoljavaju funkcionalnu jednacinu
[dispmath]f(x)+f(y)=f\Bigl(\!\:\!\frac{x+y}{1-xy}\!\:\!\Bigr), \quad \text{za } \,\,xy<1.[/dispmath] Hajde da ne resavam odmah, mozda nekome bude interesantno. Jedna mala pomoc (dakle, ne citati dalje ako bas ne zelite nikavu pomoc):











diferencirati celu relaciju po [inlmath]x[/inlmath], odnosno po [inlmath]y[/inlmath], i uociti vezu.

S obzirom da je proslo sasvim dovoljno vremena (rekao bih), onda prilazem i resenje problema kojeg sam postavio.

Neka je [inlmath]f[/inlmath] funkcija koja zadovoljava datu relaciju. Ako iskoristimo hint koji je dat, odnosno [dispmath]f'\!\:\!(x) = \frac{1+y^2}{(1-xy)^2} f'\!\:\!\Bigl(\!\:\!\frac{x+y}{1-xy}\!\:\!\Bigr)[/dispmath] i [dispmath]f'\!\:\!(y) = \frac{1+x^2}{(1-xy)^2} f'\!\:\!\Bigl(\!\:\!\frac{x+y}{1-xy}\!\:\!\Bigr),[/dispmath] to primecujemo da mora vaziti [dispmath](1+x^2)f'\!\:\!(x)=(1+y^2)f'\!\:\!(y).[/dispmath] Primetimo da leva strana zavisi samo od [inlmath]x[/inlmath], a desna samo od [inlmath]y[/inlmath], sto se moze desiti jedino ako su obe strane jednake nekoj realnog konstanti (recimo [inlmath]c[/inlmath]). Odatle dobijamo [inlmath]\displaystyle f'\!\:\!(x)=\frac{c}{1+x^2}[/inlmath], pa je [inlmath]f(x)=c \,\text{arctg }x + d[/inlmath], za neku konstantu [inlmath]d[/inlmath]. No, tu konstantu mozemo i odrediti, jer ako stavimo u pocetnu funkcionalnu jednacinu [inlmath]y=0[/inlmath] to je [inlmath]f(x)+f(0)=f(x)[/inlmath], tj. [inlmath]f(0)=0[/inlmath]. Sa druge strane, imamo iz prethodnog dobijenog [inlmath]f(0)=d[/inlmath], pa zakljucujemo da je [inlmath]d=0[/inlmath].

Dakle, dobili smo ako je [inlmath]f[/inlmath] jedno od resenja funkcionalne jednacine onda [inlmath]f[/inlmath] mora biti oblika [inlmath]f(x)=c \,\text{arctg }x[/inlmath] za neko [inlmath]c[/inlmath] (gde [inlmath]c \in \mathbb{R}[/inlmath]). Sa druge strane, nije se tesko uveriti da funkcija [inlmath]x \mapsto c\,\text{arctg }x[/inlmath] zadovoljava pocetnu funkcionalnu jednacinu (za svako [inlmath]c \in \mathbb{R}[/inlmath]), te prema prethodnom su sva resenja data sa [dispmath]f(x)=c \,\text{arctg }x,[/dispmath] gde [inlmath]c \in \mathbb{R}[/inlmath].