Chapter-20 Inverse Trigonometric Functions
Mathematics, in general, is fundamentally the science of self-evident things. — FELIX KLEIN
2.1 Introduction
In Chapter 1, we have studied that the inverse of a function $f$, denoted by $f^{-1}$, exists if $f$ is one-one and onto. There are many functions which are not one-one, onto or both and hence we can not talk of their inverses. In Class XI, we studied that trigonometric functions are not one-one and onto over their natural domains and ranges and hence their inverses do not exist. In this chapter, we shall study about the restrictions on domains and ranges of trigonometric functions which ensure the existence of their inverses and observe their behaviour through graphical representations. Besides, some elementary properties will also be discussed. The inverse trigonometric functions play an important role in calculus for they serve to define many integrals.The concepts of inverse trigonometric functions is also used in science and engineering.
Aryabhata
($476-550$ A. D.)
2.2 Basic Concepts
In Class XI, we have studied trigonometric functions, which are defined as follows:
sine function, i.e., sine : $\mathbf{R} \rightarrow[-1,1]$
cosine function, i.e., $\cos : \mathbf{R} \rightarrow[-1,1]$
tangent function, i.e., $\tan : \mathbf{R}-\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}$
cotangent function, i.e., $\cot : \mathbf{R}-\{x: x=n \pi, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}$
secant function, i.e., sec : $\mathbf{R}-\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}-(-1,1)$
cosecant function, i.e., $cosec: \mathbf{R}-\{x: x=n \pi, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}-(-1,1)$
We have also learnt in Chapter 1 that if $f: X \rightarrow Y$ such that $f(x)=y$ is one-one and onto, then we can define a unique function $g: Y \rightarrow X$ such that $g(y)=x$, where $x \in X$ and $y=f(x), y \in$ Y. Here, the domain of $g=$ range of $f$ and the range of $g=$ domain of $f$. The function $g$ is called the inverse of $f$ and is denoted by $f^{-1}$. Further, $g$ is also one-one and onto and inverse of $g$ is $f$. Thus, $g^{-1}=(f^{-1})^{-1}=f$. We also have
and $$ (f^{-1} \circ f)(x)=f^{-1}(f(x))=f^{-1}(y)=x $$ $$ (f \circ f^{-1})(y)=f(f^{-1}(y))=f(x)=y $$
Since the domain of sine function is the set of all real numbers and range is the closed interval $[-1,1]$. If we restrict its domain to $[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, then it becomes one-one and onto with range $[-1,1]$. Actually, sine function restricted to any of the intervals $\frac{-3 \pi}{2}, \frac{\pi}{2},[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}],[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}]$ etc., is one-one and its range is $[-1,1]$. We can, therefore, define the inverse of sine function in each of these intervals. We denote the inverse of sine function by $\sin ^{-1}$ (arc sine function). Thus, $\sin ^{-1}$ is a function whose domain is $[-1,1]$ and range could be any of the intervals $[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}],[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ or $[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}]$, and so on. Corresponding to each such interval, we get a branch of the function $\sin ^{-1}$. The branch with range $[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ is called the principal value branch, whereas other intervals as range give different branches of $\sin ^{-1}$. When we refer to the function $\sin ^{-1}$, we take it as the function whose domain is $[-1,1]$ and range is $[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. We write $\sin ^{-1}:[-1,1] \rightarrow[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
From the definition of the inverse functions, it follows that $\sin (\sin ^{-1} x)=x$ if $-1 \leq x \leq 1$ and $\sin ^{-1}(\sin x)=x$ if $-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2}$. In other words, if $y=\sin ^{-1} x$, then $\sin y=x$.
Remarks
(i) We know from Chapter 1, that if $y=f(x)$ is an invertible function, then $x=f^{-1}(y)$. Thus, the graph of $\sin ^{-1}$ function can be obtained from the graph of original function by interchanging $x$ and $y$ axes, i.e., if $(a, b)$ is a point on the graph of sine function, then $(b, a)$ becomes the corresponding point on the graph of inverse of sine function. Thus, the graph of the function $y=\sin ^{-1} x$ can be obtained from the graph of $y=\sin x$ by interchanging $x$ and $y$ axes. The graphs of $y=\sin x$ and $y=\sin ^{-1} x$ are as given in Fig 2.1 (i), (ii), (iii). The dark portion of the graph of $y=\sin ^{-1} x$ represent the principal value branch.
(ii) It can be shown that the graph of an inverse function can be obtained from the corresponding graph of original function as a mirror image (i.e., reflection) along the line $y=x$. This can be visualised by looking the graphs of $y=\sin x$ and $y=\sin ^{-1} x$ as given in the same axes (Fig 2.1 (iii)).
Like sine function, the cosine function is a function whose domain is the set of all real numbers and range is the set $[-1,1]$. If we restrict the domain of cosine function to $[0, \pi]$, then it becomes one-one and onto with range $[-1,1]$. Actually, cosine function restricted to any of the intervals $[-\pi, 0],[0, \pi],[\pi, 2 \pi]$ etc., is bijective with range as $[-1,1]$. We can, therefore, define the inverse of cosine function in each of these intervals. We denote the inverse of the cosine function by $\cos ^{-1}$ (arc cosine function). Thus, $\cos ^{-1}$ is a function whose domain is $[-1,1]$ and range could be any of the intervals $[-\pi, 0],[0, \pi],[\pi, 2 \pi]$ etc. Corresponding to each such interval, we get a branch of the function $\cos ^{-1}$. The branch with range $[0, \pi]$ is called the principal value branch of the function $\cos ^{-1}$. We write
$$ \cos ^{-1}:[-1,1] \rightarrow[0, \pi] . $$
The graph of the function given by $y=\cos ^{-1} x$ can be drawn in the same way as discussed about the graph of $y=\sin ^{-1} x$. The graphs of $y=\cos x$ and $y=\cos ^{-1} x$ are given in Fig 2.2 (i) and (ii).
Fig 2.2 (i)
Fig 2.2 (ii)
Let us now discuss $cosec^{-1} x$ and $\sec ^{-1} x$ as follows:
Since, $cosec x=\frac{1}{\sin x}$, the domain of the cosec function is the set $\{x: x \in \mathbf{R}$ and $x \neq n \pi, n \in \mathbf{Z}\}$ and the range is the set $\{y: y \in \mathbf{R}, y \geq 1$ or $y \leq -1\}$ i.e., the set $\mathbf{R}-(-1,1)$. It means that $y=cosec x$ assumes all real values except $-1<y<1$ and is not defined for integral multiple of $\pi$. If we restrict the domain of cosec function to $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-\{0\}$, then it is one to one and onto with its range as the set $\mathbf{R}-(-1,1)$. Actually, cosec function restricted to any of the intervals $[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}]-\{-\pi\},[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-\{0\}$, $[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}]-\{\pi\}$ etc., is bijective and its range is the set of all real numbers $\mathbf{R}-(-1,1)$. Thus $cosec^{-1}$ can be defined as a function whose domain is $\mathbf{R}-(-1,1)$ and range could be any of the intervals $\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}-\{-\pi\}, \frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}-\{0\},[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}]-\{\pi\}$ etc. The function corresponding to the range $[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-\{0\}$ is called the principal value branch of $cosec^{-1}$. We thus have principal branch as
$$ cosec^{-1}: \mathbf{R}-(-1,1) \rightarrow[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-\{0\} $$
The graphs of $y=cosec x$ and $y=cosec^{-1} x$ are given in Fig 2.3 (i), (ii).
Also, since $\sec x=\frac{1}{\cos x}$, the domain of $y=\sec x$ is the set $\mathbf{R}-\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}.$, $n \in \mathbf{Z}\}$ and range is the set $\mathbf{R}-(-1,1)$. It means that sec (secant function) assumes all real values except $-1<y<1$ and is not defined for odd multiples of $\frac{\pi}{2}$. If we restrict the domain of secant function to $[0, \pi]-\{\frac{\pi}{2}\}$, then it is one-one and onto with its range as the set $\mathbf{R}-(-1,1)$. Actually, secant function restricted to any of the intervals $[-\pi, 0]-\{\frac{-\pi}{2}\},[0, \pi]-\{\frac{\pi}{2}\},[\pi, 2 \pi]-\{\frac{3 \pi}{2}\}$ etc., is bijective and its range is $\mathbf{R}-\{-1,1\}$. Thus $\sec ^{-1}$ can be defined as a function whose domain is $\mathbf{R}-(-1,1)$ and range could be any of the intervals $[-\pi, 0]-\{\frac{-\pi}{2}\},[0, \pi]-\{\frac{\pi}{2}\},[\pi, 2 \pi]-\{\frac{3 \pi}{2}\}$ etc. Corresponding to each of these intervals, we get different branches of the function $sec^{-1}$. The branch with range $[0, \pi]-\{\frac{\pi}{2}\}$ is called the principal value branch of the function $sec^{-1}$. We thus have
$$ \sec ^{-1}: \mathbf{R}-(-1,1) \rightarrow[0, \pi]-\{\frac{\pi}{2}\} $$
The graphs of the functions $y=\sec x$ and $y=\sec ^{-1} x$ are given in Fig 2.4 (i), (ii).
Finally, we now discuss $\tan ^{-1}$ and $\cot ^{-1}$
We know that the domain of the tan function (tangent function) is the set $\{x: x \in \mathbf{R}.$ and $.x \neq(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\}$ and the range is $\mathbf{R}$. It means that function is not defined for odd multiples of $\frac{\pi}{2}$. If we restrict the domain of tangent function to $(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, then it is one-one and onto with its range as $\mathbf{R}$. Actually, tangent function restricted to any of the intervals $(\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}),(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}),(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2})$ etc., is bijective and its range is $\mathbf{R}$. Thus $\tan ^{-1}$ can be defined as a function whose domain is $\mathbf{R}$ and range could be any of the intervals $(\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}),(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}),(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2})$ and so on. These intervals give different branches of the function $\tan ^{-1}$. The branch with range $(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ is called the principal value branch of the function $\tan ^{-1}$. We thus have
$$ \tan ^{-1}: \mathbf{R} \rightarrow(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) $$
The graphs of the function $y=\tan x$ and $y=\tan ^{-1} x$ are given in Fig 2.5 (i), (ii).
We know that domain of the cot function (cotangent function) is the set $\{x: x \in \mathbf{R}$ and $x \neq n \pi, n \in \mathbf{Z}\}$ and range is $\mathbf{R}$. It means that cotangent function is not defined for integral multiples of $\pi$. If we restrict the domain of cotangent function to $(0, \pi)$, then it is bijective with and its range as $\mathbf{R}$. In fact, cotangent function restricted to any of the intervals $(-\pi, 0),(0, \pi),(\pi, 2 \pi)$ etc., is bijective and its range is $\mathbf{R}$. Thus $\cot ^{-1}$ can be defined as a function whose domain is the $\mathbf{R}$ and range as any of the intervals $(-\pi, 0),(0, \pi),(\pi, 2 \pi)$ etc. These intervals give different branches of the function $\cot ^{-1}$. The function with range $(0, \pi)$ is called the principal value branch of the function $\cot ^{-1}$. We thus have
$$ \cot ^{-1}: \mathbf{R} \rightarrow(0, \pi) $$
The graphs of $y=\cot x$ and $y=\cot ^{-1} x$ are given in Fig 2.6 (i), (ii).
The following table gives the inverse trigonometric function (principal value branches) along with their domains and ranges.
Note
1. $\sin ^{-1} x$ should not be confused with $(\sin x)^{-1}$. In fact $(\sin x)^{-1}=\frac{1}{\sin x}$ and similarly for other trigonometric functions.
2. Whenever no branch of an inverse trigonometric functions is mentioned, we mean the principal value branch of that function.
3. The value of an inverse trigonometric functions which lies in the range of principal branch is called the principal value of that inverse trigonometric functions.
We now consider some examples:
Example 1 Find the principal value of $\sin ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2}})$.
Solution Let $\sin ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2}})=y$. Then, $\sin y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
We know that the range of the principal value branch of $\sin ^{-1}$ is $\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}$ and $\sin (\frac{\pi}{4})=\frac{1}{\sqrt{2}}$. Therefore, principal value of $\sin ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{2}})$ is $\frac{\pi}{4}$
Example 2 Find the principal value of $\cot ^{-1}(\frac{-1}{\sqrt{3}})$
Solution Let $\cot ^{-1}(\frac{-1}{\sqrt{3}})=y$. Then,
$$ \cot y=\frac{-1}{\sqrt{3}}=-\cot (\frac{\pi}{3})=\cot (\pi-\frac{\pi}{3})=\cot (\frac{2 \pi}{3}) $$
We know that the range of principal value branch of $\cot ^{-1}$ is $(0, \pi)$ and $\cot (\frac{2 \pi}{3})=\frac{-1}{\sqrt{3}}$. Hence, principal value of $\cot ^{-1}(\frac{-1}{\sqrt{3}})$ is $\frac{2 \pi}{3}$
EXERCISE 2.1
Find the principal values of the following:
1. $\sin ^{-1}(-\frac{1}{2})$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1}(-\frac{1}{2})=y$. Then $\sin y=-\frac{1}{2}=-\sin (\frac{\pi}{6})=\sin (-\frac{\pi}{6})$.
We know that the range of the principal value branch of $\sin ^{-1}$ is
$[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ and $\sin (-\frac{\pi}{6})=-\frac{1}{2}$.
Therefore, the principal value of $\sin ^{-1}(-\frac{1}{2})$ is $-\frac{\pi}{6}$.
2. $\cos ^{-1}(\frac{\sqrt{3}}{2})$
Show Answer
Solution
Let $\cos ^{-1}(\frac{\sqrt{3}}{2})=y$. Then, $\cos y=\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos (\frac{\pi}{6})$.
We know that the range of the principal value branch of $\cos ^{-1}$ is
$[0, \pi]$ and $\cos (\frac{\pi}{6})=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Therefore, the principal value of
$ \cos ^{-1}(\frac{\sqrt{3}}{2}) \text{ is } \frac{\pi}{6} \text{. } $
3. $cosec^{-1}(2)$
Show Answer
Solution
Let $cosec^{-1}(2)=y$. Then,
$ cosec y=2=cosec(\frac{\pi}{6}) $
We know that the range of the principal value branch of $cosec^{-1}$ is $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-{0}$.
Therefore, the principal value of
$ cosec^{-1}(2) \text{ is } \frac{\pi}{6} \text{. } $
4. $\tan ^{-1}(-\sqrt{3})$
Show Answer
Solution
Let $\tan ^{-1}(-\sqrt{3})=y$. Then, $\tan y=-\sqrt{3}=-\tan \frac{\pi}{3}=\tan (-\frac{\pi}{3})$.
We know that the range of the principal value branch of $\tan ^{-1}$ is
$(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ and $\tan (-\frac{\pi}{3})$ is $-\sqrt{3}$.
Therefore, the principal value of
$ \tan ^{-1}(\sqrt{3}) \text{ is }-\frac{\pi}{3} \text{. } $
5. $\cos ^{-1}(-\frac{1}{2})$
Show Answer
Solution
Let $\cos ^{-1}(-\frac{1}{2})=y$. Then, $\cos y=-\frac{1}{2}=-\cos (\frac{\pi}{3})=\cos (\pi-\frac{\pi}{3})=\cos (\frac{2 \pi}{3})$.
We know that the range of the principal value branch of $\cos ^{-1}$ is
$[0, \pi]$ and $\cos (\frac{2 \pi}{3})=-\frac{1}{2}$.
Therefore, the principal value of $\cos ^{-1}(-\frac{1}{2})$ is $\frac{2 \pi}{3}$.
6. $\tan ^{-1}(-1)$
Show Answer
Solution
Let $\tan ^{-1}(-1)=y$. Then,
$ \tan y=-1=-\tan (\frac{\pi}{4})=\tan (-\frac{\pi}{4}) . $
We know that the range of the principal value branch of $\tan ^{-1}$ is $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ and $\tan (-\frac{\pi}{4})=-1$.
Therefore, the principal value of $\tan ^{-1}(-1)$ is $-\frac{\pi}{4}$.
7. $\sec ^{-1}(\frac{2}{\sqrt{3}})$
Show Answer
Solution
Let $\sec ^{-1}(\frac{2}{\sqrt{3}})=y$. Then, $\sec y=\frac{2}{\sqrt{3}}=\sec (\frac{\pi}{6})$.
We know that the range of the principal value branch of $\sec ^{-1}$ is
$[0, \pi]-{\frac{\pi}{2}}$ and $\sec (\frac{\pi}{6})=\frac{2}{\sqrt{3}}$.
Therefore, the principal value of $\sec ^{-1}(\frac{2}{\sqrt{3}})$ is $\frac{\pi}{6}$.
8. $\cot ^{-1}(\sqrt{3})$
Show Answer
Solution
Let $\cot ^{-1}(\sqrt{3})=y$. Then, $\cot y=\sqrt{3}=\cot (\frac{\pi}{6})$.
We know that the range of the principal value branch of $\cot ^{-1}$ is $(0, \pi)$ and $\cot (\frac{\pi}{6})=\sqrt{3}$.
Therefore, the principal value of
$ \cot ^{-1}(\sqrt{3}) \text{ is } \frac{\pi}{6} \text{. } $
9. $\cos ^{-1}(-\frac{1}{\sqrt{2}})$
Show Answer
Solution
Let $\cos ^{-1}(-\frac{1}{\sqrt{2}})=y$. Then, $\cos y=-\frac{1}{\sqrt{2}}=-\cos (\frac{\pi}{4})=\cos (\pi-\frac{\pi}{4})=\cos (\frac{3 \pi}{4})$.
We know that the range of the principal value branch of $\cos ^{-1}$ is $[0, \pi]$ and $\cos (\frac{3 \pi}{4})=-\frac{1}{\sqrt{2}}$
Therefore, the principal value of $\cos ^{-1}(-\frac{1}{\sqrt{2}})$ is $\frac{3 \pi}{4}$.
10. $cosec^{-1}(-\sqrt{2})$
Show Answer
Solution
Let $cosec^{-1}(-\sqrt{2})=y$. Then, $cosec y=-\sqrt{2}=-cosec(\frac{\pi}{4})=cosec(-\frac{\pi}{4})$.
We know that the range of the principal value branch of $cosec^{-1}$ is $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]-{0}$ and $cosec(-\frac{\pi}{4})=-\sqrt{2}$.
Therefore, the principal value of
$ cosec^{-1}(-\sqrt{2}) \text{ is }-\frac{\pi}{4} \text{. } $
Find the values of the following:
11. $\tan ^{-1}(1)+\cos ^{-1}-\frac{1}{2}+\sin ^{-1}-\frac{1}{2}$
Show Answer
Solution
Let $\tan ^{-1}(1)=x$. Then, $\tan x=1=\tan \frac{\pi}{4}$.
$\therefore \tan ^{-1}(1)=\frac{\pi}{4}$
Let $\cos ^{-1}(-\frac{1}{2})=y$. Then, $\cos y=-\frac{1}{2}=-\cos (\frac{\pi}{3})=\cos (\pi-\frac{\pi}{3})=\cos (\frac{2 \pi}{3})$.
$\therefore \cos ^{-1}(-\frac{1}{2})=\frac{2 \pi}{3}$
Let $\sin ^{-1}(-\frac{1}{2})=z$. Then, $\sin z=-\frac{1}{2}=-\sin (\frac{\pi}{6})=\sin (-\frac{\pi}{6})$.
$\therefore \sin ^{-1}(-\frac{1}{2})=-\frac{\pi}{6}$
$\therefore \tan ^{-1}(1)+\cos ^{-1}(-\frac{1}{2})+\sin ^{-1}(-\frac{1}{2})$
$=\frac{\pi}{4}+\frac{2 \pi}{3}-\frac{\pi}{6}$
$=\frac{3 \pi+8 \pi-2 \pi}{12}=\frac{9 \pi}{12}=\frac{3 \pi}{4}$
12. $\cos ^{-1} \frac{1}{2}+2 \sin ^{-1} \frac{1}{2}$
Show Answer
Solution
Let $\cos ^{-1}(\frac{1}{2})=x$. Then, $\cos x=\frac{1}{2}=\cos (\frac{\pi}{3})$.
$\therefore \cos ^{-1}(\frac{1}{2})=\frac{\pi}{3}$
Let $\sin ^{-1}(\frac{1}{2})=y$. Then, $\sin y=\frac{1}{2}=\sin (\frac{\pi}{6})$.
$\therefore \sin ^{-1}(\frac{1}{2})=\frac{\pi}{6}$
$\therefore \cos ^{-1}(\frac{1}{2})+2 \sin ^{-1}(\frac{1}{2})=\frac{\pi}{3}+\frac{2 \pi}{6}=\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{3}=\frac{2 \pi}{3}$
13. If $\sin ^{-1} x=y$, then
(A) $0 \leq y \leq \pi$
(B) $-\frac{\pi}{2} \leq y \leq \frac{\pi}{2}$
(C) $0<y<\pi$
(D) $-\frac{\pi}{2}<y<\frac{\pi}{2}$
Show Answer
Solution
It is given that $\sin ^{-1} x=y$.
We know that the range of the principal value branch of $\sin ^{-1}$ is $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
Therefore, $-\frac{\pi}{2} \leq y \leq \frac{\pi}{2}$.
14. $\tan ^{-1} \sqrt{3}-\sec ^{-1}(-2)$ is equal to
(A) $\pi$
(B) $-\frac{\pi}{3}$
(C) $\frac{\pi}{3}$
(D) $\frac{2 \pi}{3}$
Show Answer
Solution
Let $\tan ^{-1} \sqrt{3}=x$. Then, $\tan x=\sqrt{3}=\tan \frac{\pi}{3}$.
We know that the range of the principal value branch of $\tan ^{-1}$ is $(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
$\therefore \tan ^{-1} \sqrt{3}=\frac{\pi}{3}$
Let $\sec ^{-1}(-2)=y$. Then, $\sec y=-2=-\sec (\frac{\pi}{3})=\sec (\pi-\frac{\pi}{3})=\sec \frac{2 \pi}{3}$.
We know that the range of the principal value branch of $\sec ^{-1}$ is $[0, \pi]-{\frac{\pi}{2}}$.
$\therefore \sec ^{-1}(-2)=\frac{2 \pi}{3}$
Hence, $\tan ^{-1}(\sqrt{3})-\sec ^{-1}(-2)=\frac{\pi}{3}-\frac{2 \pi}{3}=-\frac{\pi}{3}$
2.3 Properties of Inverse Trigonometric Functions
In this section, we shall prove some important properties of inverse trigonometric functions. It may be mentioned here that these results are valid within the principal value branches of the corresponding inverse trigonometric functions and wherever they are defined. Some results may not be valid for all values of the domains of inverse trigonometric functions. In fact, they will be valid only for some values of $x$ for which inverse trigonometric functions are defined. We will not go into the details of these values of $x$ in the domain as this discussion goes beyond the scope of this textbook.
Let us recall that if $y=\sin ^{-1} x$, then $x=\sin y$ and if $x=\sin y$, then $y=\sin ^{-1} x$. This is equivalent to
$$ \sin (\sin ^{-1} x)=x, x \in[-1,1] \text { and } \sin ^{-1}(\sin x)=x, x \in[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] $$
For suitable values of domain similar results follow for remaining trigonometric functions. We now consider some examples.
Example 3 Show that
(i) $\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}})=2 \sin ^{-1} x,-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$
(ii) $\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}})=2 \cos ^{-1} x, \frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq 1$
Solution
(i) Let $x=\sin \theta$. Then $\sin ^{-1} x=\theta$. We have
$$ \begin{aligned} \sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}}) & =\sin ^{-1}(2 \sin \theta \sqrt{1-\sin ^{2} \theta}) \\ & =\sin ^{-1}(2 \sin \theta \cos \theta)=\sin ^{-1}(\sin 2 \theta)=2 \theta \\ & =2 \sin ^{-1} x \end{aligned} $$
(ii) Take $x=\cos \theta$, then proceeding as above, we get, $\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}})=2 \cos ^{-1} x$
Example 4 Express $\tan ^{-1} \frac{\cos x}{1-\sin x},-\frac{3 \pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}$ in the simplest form.
Solution We write
$$ \begin{aligned} \tan ^{-1}(\frac{\cos x}{1-\sin x}) & =\tan ^{-1}[\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}-\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}-2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}] \\ & =\tan ^{-1}[\frac{(\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2})^{2}}] \\ & =\tan ^{-1}[\frac{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}]=\tan ^{-1}[\frac{1+\tan \frac{x}{2}}{1-\tan \frac{x}{2}}] \\ & =\tan ^{-1}[\tan (\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2})]=\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2} \end{aligned} $$
Example 5 Write $\cot ^{-1}(\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}), x>1$ in the simplest form.
Solution Let $x=\sec \theta$, then $\sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{\sec ^{2} \theta-1}=\tan \theta$
Therefore, $\cot ^{-1} \frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}=\cot ^{-1}(\cot \theta)=\theta=\sec ^{-1} x$, which is the simplest form.
EXERCISE 2.2
Prove the following:
1. $3 \sin ^{-1} x=\sin ^{-1}(3 x-4 x^{3}), x \in[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$
Show Answer
Solution
To prove: $3 \sin ^{-1} x=\sin ^{-1}(3 x-4 x^{3}), x \in[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$
Let $x=\sin \theta$. Then, $\sin ^{-1} x=\theta$.
We have,
R.H.S. $=\sin ^{-1}(3 x-4 x^{3})=\sin ^{-1}(3 \sin \theta-4 \sin ^{3} \theta)$
$=\sin ^{-1}(\sin 3 \theta)$
$=3 \theta$
$=3 \sin ^{-1} x$
$=$ L.H.S.
2. $3 \cos ^{-1} x=\cos ^{-1}(4 x^{3}-3 x), x \in[\frac{1}{2}, 1]$
Show Answer
Solution
To prove:
$ 3 \cos ^{-1} x=\cos ^{-1}(4 x^{3}-3 x), x \in[\frac{1}{2}, 1] $
Let $x=\cos \theta$. Then, $\cos ^{-1} x=\theta$.
We have,
$ \begin{aligned} \text{ R.H.S. } & =\cos ^{-1}(4 x^{3}-3 x) \\ & =\cos ^{-1}(4 \cos ^{3} \theta-3 \cos \theta) \\ & =\cos ^{-1}(\cos 3 \theta) \\ & =3 \theta \\ & =3 \cos ^{-1} x \\ & =\text{ L.H.S. } \end{aligned} $
Write the following functions in the simplest form:
3. $\tan ^{-1} \frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}, x \neq 0 \quad$
Show Answer
Solution
$ \begin{aligned} & \tan ^{-1} \frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x} \\ & \text{ Put } x=\tan \theta \Rightarrow \theta=\tan ^{-1} x \\ & \therefore \tan ^{-1} \frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+\tan ^{2} \theta}-1}{\tan \theta}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta})=\tan ^{-1}(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{2 \sin ^{2} \frac{\theta}{2}}{2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}}) \\ & =\tan ^{-1}(\tan \frac{\theta}{2})=\frac{\theta}{2}=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x \end{aligned} $
4. $\tan ^{-1}(\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}), 0<x<\pi$
Show Answer
Solution
$\tan ^{-1}(\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}), x<\pi$
$\tan ^{-1}(\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}})=\tan ^{-1}(\sqrt{\frac{2 \sin ^{2} \frac{x}{2}}{2 \cos ^{2} \frac{x}{2}}})$
$=\tan ^{-1}(\frac{\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}})=\tan ^{-1}(\tan \frac{x}{2})$
$=\frac{x}{2}$
5. $\tan ^{-1}(\frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}), \frac{-\pi}{4}<x<\frac{3 \pi}{4}$
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Solution
$ \begin{aligned} & \tan ^{-1}(\frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{1-\frac{\sin x}{\cos x}}{1+\frac{\sin x}{\cos x}}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{1-\tan x}{1+\tan x}) \quad[\tan ^{-1} \frac{x-y}{1-x y}=\tan ^{-1} x-\tan ^{-1} y] \\ & =\tan ^{-1}(1)-\tan ^{-1}(\tan x) \quad \\ & =\frac{\pi}{4}-x \end{aligned} $
6. $\tan ^{-1} \frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}},|x|<a$
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Solution
$\tan ^{-1} \frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}$
Put $x=a \sin \theta \Rightarrow \frac{x}{a}=\sin \theta \Rightarrow \theta=\sin ^{-1}(\frac{x}{a})$
$\therefore \tan ^{-1} \frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}=\tan ^{-1}(\frac{a \sin \theta}{\sqrt{a^{2}-a^{2} \sin ^{2} \theta}})$
$=\tan ^{-1}(\frac{a \sin \theta}{a \sqrt{1-\sin ^{2} \theta}})=\tan ^{-1}(\frac{a \sin \theta}{a \cos \theta})$
$=\tan ^{-1}(\tan \theta)=\theta=\sin ^{-1} \frac{x}{a}$
7. $\tan ^{-1}(\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}}), a>0 ; \frac{-a}{\sqrt{3}}<x<\frac{a}{\sqrt{3}}$
Show Answer
Solution
$ \begin{aligned} & \tan ^{-1}(\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}}) \\ & \text{ Put } x=a \tan \theta \Rightarrow \frac{x}{a}=\tan \theta \Rightarrow \theta=\tan ^{-1} \frac{x}{a} \\ & \tan ^{-1}(\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}})=\tan ^{-1}(\frac{3 a^{2} \cdot a \tan \theta-a^{3} \tan ^{3} \theta}{a^{3}-3 a \cdot a^{2} \tan ^{2} \theta}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{3 a^{3} \tan \theta-a^{3} \tan ^{3} \theta}{a^{3}-3 a^{3} \tan ^{2} \theta}) \\ & =\tan ^{-1}(\frac{3 \tan \theta-\tan ^{3} \theta}{1-3 \tan ^{2} \theta}) \\ & =\tan ^{-1}(\tan 3 \theta) \\ & =3 \theta \\ & =3 \tan ^{-1} \frac{x}{a} \end{aligned} $
Find the values of each of the following:
8. $\tan ^{-1}[2 \cos (2 \sin ^{-1} \frac{1}{2})]$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{1}{2}=x$. Then, $\sin x=\frac{1}{2}=\sin (\frac{\pi}{6})$.
$\therefore \sin ^{-1} \frac{1}{2}=\frac{\pi}{6}$
$\therefore \tan ^{-1}[2 \cos (2 \sin ^{-1} \frac{1}{2})]=\tan ^{-1}[2 \cos (2 \times \frac{\pi}{6})]$
$=\tan ^{-1}[2 \cos \frac{\pi}{3}]=\tan ^{-1}[2 \times \frac{1}{2}]$
$=\tan ^{-1} 1=\frac{\pi}{4}$
9. $\tan \frac{1}{2}[\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}}+\cos ^{-1} \frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}],|x|<1, y>0$ and $x y<1$
Show Answer
Solution
Let $x=\tan \theta$. Then, $\theta=\tan ^{-1} x$.
$\therefore \sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}}=\sin ^{-1}(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta})=\sin ^{-1}(\sin 2 \theta)=2 \theta=2 \tan ^{-1} x$
Let $y=\tan \Phi$. Then, $\Phi=\tan ^{-1} y$.
$ \begin{aligned} & \therefore \cos ^{-1} \frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}=\cos ^{-1}(\frac{1-\tan ^{2} \phi}{1+\tan ^{2} \phi})=\cos ^{-1}(\cos 2 \phi)=2 \phi=2 \tan ^{-1} y \\ & \therefore \tan \frac{1}{2}[\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}}+\cos ^{-1} \frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}] \\ & =\tan \frac{1}{2}[2 \tan ^{-1} x+2 \tan ^{-1} y] \\ & =\tan [\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y] \\ & =\tan [\tan ^{-1}(\frac{x+y}{1-x y})] \\ & =\frac{x+y}{1-x y} \end{aligned} $
Find the values of each of the expressions in Exercises 16 to 18.
10. $\sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{3})$
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Solution
$\sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{3})$
We know that $\sin ^{-1}(\sin x)=x$ if $x \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, which is the principal value branch of $\sin ^{-1} x$.
Here, $\frac{2 \pi}{3} \notin[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
Now, $\sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{3})$ can be written as:
$\sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{3})=\sin ^{-1}[\sin (\pi-\frac{2 \pi}{3})]=\sin ^{-1}(\sin \frac{\pi}{3})$ where $\frac{\pi}{3} \in[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
$\therefore \sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{3})=\sin ^{-1}(\sin \frac{\pi}{3})=\frac{\pi}{3}$
11. $\tan ^{-1}(\tan \frac{3 \pi}{4})$
Show Answer
Solution
$\tan ^{-1}(\tan \frac{3 \pi}{4})$
We know that $\tan ^{-1}(\tan x)=x$ if $x \in(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, which is the principal value branch of $\tan ^{-1} x$.
Here, $\frac{3 \pi}{4} \notin(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
Now, $\tan ^{-1}(\tan \frac{3 \pi}{4})$ can be written as:
$\tan ^{-1}(\tan \frac{3 \pi}{4})=\tan ^{-1}[-\tan (\frac{-3 \pi}{4})]=\tan ^{-1}[-\tan (\pi-\frac{\pi}{4})]$
$=\tan ^{-1}[-\tan \frac{\pi}{4}]=\tan ^{-1}[\tan (-\frac{\pi}{4})]$ where $-\frac{\pi}{4} \in(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$
$ \therefore \tan ^{-1}(\tan \frac{3 \pi}{4})=\tan ^{-1}[\tan (\frac{-\pi}{4})]=\frac{-\pi}{4} $
12. $\tan (\sin ^{-1} \frac{3}{5}+\cot ^{-1} \frac{3}{2})$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=x$. Then, $\sin x=\frac{3}{5} \Rightarrow \cos x=\sqrt{1-\sin ^{2} x}=\frac{4}{5} \Rightarrow \sec x=\frac{5}{4}$.
$\therefore \tan x=\sqrt{\sec ^{2} x-1}=\sqrt{\frac{25}{16}-1}=\frac{3}{4}$
$\therefore x=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
Now, $\cot ^{-1} \frac{3}{2}=\tan ^{-1} \frac{2}{3}$
…(ii) $\quad[\tan ^{-1} \frac{1}{x}=\cot ^{-1} x]$
Hence, $\tan (\sin ^{-1} \frac{3}{5}+\cot ^{-1} \frac{3}{2})$
$=\tan (\tan ^{-1} \frac{3}{4}+\tan ^{-1} \frac{2}{3})$
[Using (i) and (ii)]
$=\tan (\tan ^{-1} \frac{\frac{3}{4}+\frac{2}{3}}{1-\frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3}})$
$[\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}]$
$=\tan (\tan ^{-1} \frac{9+8}{12-6})$
$=\tan (\tan ^{-1} \frac{17}{6})=\frac{17}{6}$
13. $\cos ^{-1}(\cos \frac{7 \pi}{6})$ is equal to
(A) $\frac{7 \pi}{6}$
(B) $\frac{5 \pi}{6}$
(C) $\frac{\pi}{3}$
(D) $\frac{\pi}{6}$
Show Answer
Solution
We know that $\cos ^{-1}(\cos x)=x$ if $x \in[0, \pi]$, which is the principal value branch of cos ${ }^{-1} x$.
Here, $\frac{7 \pi}{6} \notin x \in[0, \pi]$.
Now, $\cos ^{-1}(\cos \frac{7 \pi}{6})$ can be written as:
$\cos ^{-1}(\cos \frac{7 \pi}{6})=\cos ^{-1}(\cos \frac{-7 \pi}{6})=\cos ^{-1}[\cos (2 \pi-\frac{7 \pi}{6})] \quad[\cos (2 \pi+x)=\cos x]$
$=\cos ^{-1}[\cos \frac{5 \pi}{6}]$ where $\frac{5 \pi}{6} \in[0, \pi]$
$\therefore \cos ^{-1}(\cos \frac{7 \pi}{6})=\cos ^{-1}(\cos \frac{5 \pi}{6})=\frac{5 \pi}{6}$
The correct answer is $B$.
14. $\sin (\frac{\pi}{3}-\sin ^{-1}(-\frac{1}{2}))$ is equal to
(A) $\frac{1}{2}$
(B) $\frac{1}{3}$
(C) $\frac{1}{4}$
(D) 1
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1}(\frac{-1}{2})=x$. Then, $\sin x=\frac{-1}{2}=-\sin \frac{\pi}{6}=\sin (\frac{-\pi}{6})$.
We know that the range of the principal value branch of
$ \sin ^{-1} \text{ is }[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \text{. } $
$ \begin{aligned} & \sin ^{-1}(\frac{-1}{2})=\frac{-\pi}{6} \\ & \therefore \sin (\frac{\pi}{3}-\sin ^{-1}(\frac{-1}{2}))=\sin (\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6})=\sin (\frac{3 \pi}{6})=\sin (\frac{\pi}{2})=1 \end{aligned} $
The correct answer is D.
15. $\tan ^{-1} \sqrt{3}-\cot ^{-1}(-\sqrt{3})$ is equal to
(A) $\pi$
(B) $-\frac{\pi}{2}$
(C) 0
(D) $2 \sqrt{3}$
Show Answer
Solution
$\begin{aligned} & \tan ^{-1} \sqrt{3}=\frac{\pi}{3} \\ & \cot ^{-1}(-\sqrt{3})=\frac{5 \pi}{6} \\ & \tan ^{-1} \sqrt{3}-\cot ^{-1}(-\sqrt{3}) \\ =\frac{\pi}{3}-\frac{5 \pi}{6}=-\frac{\pi}{2}\end{aligned}$
The correct answer is B.
Miscellaneous Examples
Example 6 Find the value of $\sin ^{-1}(\sin \frac{3 \pi}{5})$
Solution We know that $\sin ^{-1}(\sin x)=x$. Therefore, $\sin ^{-1}(\sin \frac{3 \pi}{5})=\frac{3 \pi}{5}$
But $\quad \frac{3 \pi}{5} \notin[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$, which is the principal branch of $\sin ^{-1} x$
However $\quad \sin (\frac{3 \pi}{5})=\sin (\pi-\frac{3 \pi}{5})=\sin \frac{2 \pi}{5}$ and $\frac{2 \pi}{5} \in[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$
Therefore $\quad \sin ^{-1}(\sin \frac{3 \pi}{5})=\sin ^{-1}(\sin \frac{2 \pi}{5})=\frac{2 \pi}{5}$
Miscellaneous Exercise on Chapter 2
Find the value of the following:
1. $\cos ^{-1}(\cos \frac{13 \pi}{6})$
Show Answer
Solution
We know that $\cos ^{-1}(\cos x)=x$ if $x \in[0, \pi]$, which is the principal value branch of cos ${ }^{-1} x$.
Here, $\frac{13 \pi}{6} \notin[0, \pi]$.
Now, $\cos ^{-1}(\cos \frac{13 \pi}{6})$ can be written as:
$\cos ^{-1}(\cos \frac{13 \pi}{6})=\cos ^{-1}[\cos (2 \pi+\frac{\pi}{6})]=\cos ^{-1}[\cos (\frac{\pi}{6})]$, where $\frac{\pi}{6} \in[0, \pi]$.
$\therefore \cos ^{-1}(\cos \frac{13 \pi}{6})=\cos ^{-1}[\cos (\frac{\pi}{6})]=\frac{\pi}{6}$
2. $\tan ^{-1}(\tan \frac{7 \pi}{6})$
Show Answer
Solution
We know that $\tan ^{-1}(\tan x)=x$ if $x \in(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$, which is the principal value branch of $\tan ^{-1} x$.
Here, $\frac{7 \pi}{6} \notin(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
Now, $\tan ^{-1}(\tan \frac{7 \pi}{6})$ can be written as:
$ \begin{aligned} & \tan ^{-1}(\tan \frac{7 \pi}{6})=\tan ^{-1}[\tan (2 \pi-\frac{5 \pi}{6})] \quad[\tan (2 \pi-x)=-\tan x] \\ & =\tan ^{-1}[-\tan (\frac{5 \pi}{6})]=\tan ^{-1}[\tan (-\frac{5 \pi}{6})]=\tan ^{-1}[\tan (\pi-\frac{5 \pi}{6})] \\ & =\tan ^{-1}[\tan (\frac{\pi}{6})], \text{ where } \frac{\pi}{6} \in(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}) \\ & \therefore \tan ^{-1}(\tan \frac{7 \pi}{6})=\tan ^{-1}(\tan \frac{\pi}{6})=\frac{\pi}{6} \end{aligned} $
Prove that
3. $2 \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{24}{7}$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=x$. Then, $\sin x=\frac{3}{5}$.
$\Rightarrow \cos x=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^{2}}=\frac{4}{5}$
$\therefore \tan x=\frac{3}{4}$
$\therefore x=\tan ^{-1} \frac{3}{4} \Rightarrow \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
Now, we have:
$ \begin{aligned} \text{ L.H.S. } & =2 \sin ^{-1} \frac{3}{5}=2 \tan ^{-1} \frac{3}{4} \\ & =\tan ^{-1}(\frac{2 \times \frac{3}{4}}{1-(\frac{3}{4})^{2}}) \quad[2 \tan ^{-1} x=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}] \\ & =\tan ^{-1}(\frac{\frac{3}{2}}{\frac{16-9}{16}})=\tan ^{-1}(\frac{3}{2} \times \frac{16}{7}) \\ & =\tan ^{-1} \frac{24}{7}=\text{ R.H.S. } \end{aligned} $
4. $\sin ^{-1} \frac{8}{17}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{77}{36}$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{8}{17}=x$. Then, $\sin x=\frac{8}{17} \Rightarrow \cos x=\sqrt{1-(\frac{8}{17})^{2}}=\sqrt{\frac{225}{289}}=\frac{15}{17}$.
$\therefore \tan x=\frac{8}{15} \Rightarrow x=\tan ^{-1} \frac{8}{15}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{8}{17}=\tan ^{-1} \frac{8}{15}$
Now, let $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=y$. Then, $\sin y=\frac{3}{5} \Rightarrow \cos y=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^{2}}=\sqrt{\frac{16}{25}}=\frac{4}{5}$.
$\therefore \tan y=\frac{3}{4} \Rightarrow y=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
Now, we have:
$ \begin{aligned} & \text{ L.H.S. }=\sin ^{-1} \frac{8}{17}+\sin ^{-1} \frac{3}{5} \\ & =\tan ^{-1} \frac{8}{15}+\tan ^{-1} \frac{3}{4} \quad[\text{ Using (1) and (2)] } \\ & =\tan ^{-1} \frac{\frac{8}{15}+\frac{3}{4}}{1-\frac{8}{15} \times \frac{3}{4}} \\ & =\tan ^{-1}(\frac{32+45}{60-24}) \quad[\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}] \\ & =\tan ^{-1} \frac{77}{36}=\text{ R.H.S. } \end{aligned} $
5. $\cos ^{-1} \frac{4}{5}+\cos ^{-1} \frac{12}{13}=\cos ^{-1} \frac{33}{65}$
Show Answer
Solution
Let $\cos ^{-1} \frac{4}{5}=x$. Then, $\cos x=\frac{4}{5} \Rightarrow \sin x=\sqrt{1-(\frac{4}{5})^{2}}=\frac{3}{5}$.
$\therefore \tan x=\frac{3}{4} \Rightarrow x=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
$\therefore \cos ^{-1} \frac{4}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
Now, let $\cos ^{-1} \frac{12}{13}=y$. Then, $\cos y=\frac{12}{13} \Rightarrow \sin y=\frac{5}{13}$.
$\therefore \tan y=\frac{5}{12} \Rightarrow y=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
$\therefore \cos ^{-1} \frac{12}{13}=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
Let $\cos ^{-1} \frac{33}{65}=z$. Then, $\cos z=\frac{33}{65} \Rightarrow \sin z=\frac{56}{65}$.
$\therefore \tan z=\frac{56}{33} \Rightarrow z=\tan ^{-1} \frac{56}{33}$
$\therefore \cos ^{-1} \frac{33}{65}=\tan ^{-1} \frac{56}{33}$
Now, we will prove that:
L.H.S. $=\cos ^{-1} \frac{4}{5}+\cos ^{-1} \frac{12}{13}$
$ \begin{aligned} & =\tan ^{-1} \frac{3}{4}+\tan ^{-1} \frac{5}{12} \quad[\text{ Using (1) and (2) }] \\ & =\tan ^{-1} \frac{\frac{3}{4}+\frac{5}{12}}{1-\frac{3}{4} \cdot \frac{5}{12}} \quad[\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}] \\ & =\tan ^{-1} \frac{36+20}{48-15} \\ & =\tan ^{-1} \frac{56}{33} \\ & =\tan ^{-1} \frac{56}{33} \\ & =\text{ R.H.S. } \end{aligned} $
6. $\cos ^{-1} \frac{12}{13}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}=\sin ^{-1} \frac{56}{65}$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=x$. Then, $\sin x=\frac{3}{5} \Rightarrow \cos x=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^{2}}=\sqrt{\frac{16}{25}}=\frac{4}{5}$.
$\therefore \tan x=\frac{3}{4} \Rightarrow x=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
Now, let $\cos ^{-1} \frac{12}{13}=y$. Then, $\cos y=\frac{12}{13} \Rightarrow \sin y=\frac{5}{13}$.
$\therefore \tan y=\frac{5}{12} \Rightarrow y=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
$\therefore \cos ^{-1} \frac{12}{13}=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
Let $\sin ^{-1} \frac{56}{65}=z$. Then, $\sin z=\frac{56}{65} \Rightarrow \cos z=\frac{33}{65}$.
$\therefore \tan z=\frac{56}{33} \Rightarrow z=\tan ^{-1} \frac{56}{33}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{56}{65}=\tan ^{-1} \frac{56}{33}$
Now, we have:
$ \begin{matrix} \text{ L.H.S. } & =\cos ^{-1} \frac{12}{13}+\sin ^{-1} \frac{3}{5} & \\ & =\tan ^{-1} \frac{5}{12}+\tan ^{-1} \frac{3}{4} & \text{ [Using (1) and (2)] } \\ & =\tan ^{-1} \frac{\frac{5}{12}+\frac{3}{4}}{1-\frac{5}{12} \cdot \frac{3}{4}} & {[\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}]} \\ & =\tan ^{-1} \frac{20+36}{48-15} \\ & =\tan ^{-1} \frac{56}{33} \\ & =\sin ^{-1} \frac{56}{65}=\text{ R.H.S. } & \text{ [Using (3)] } \end{matrix} $
7. $\tan ^{-1} \frac{63}{16}=\sin ^{-1} \frac{5}{13}+\cos ^{-1} \frac{3}{5}$
Show Answer
Solution
Let $\sin ^{-1} \frac{5}{13}=x$. Then, $\sin x=\frac{5}{13} \Rightarrow \cos x=\frac{12}{13}$.
$\therefore \tan x=\frac{5}{12} \Rightarrow x=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
$\therefore \sin ^{-1} \frac{5}{13}=\tan ^{-1} \frac{5}{12}$
Let $\cos ^{-1} \frac{3}{5}=y$. Then, $\cos y=\frac{3}{5} \Rightarrow \sin y=\frac{4}{5}$.
$\therefore \tan y=\frac{4}{3} \Rightarrow y=\tan ^{-1} \frac{4}{3}$
$\therefore \cos ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{4}{3}$
Using (1) and (2), we have
$ \begin{aligned} \text{ R.H.S. } & =\sin ^{-1} \frac{5}{13}+\cos ^{-1} \frac{3}{5} \\ & =\tan ^{-1} \frac{5}{12}+\tan ^{-1} \frac{4}{3} \\ & =\tan ^{-1}(\frac{\frac{5}{12}+\frac{4}{3}}{1-\frac{5}{12} \times \frac{4}{3}}) \quad[\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}] \\ & =\tan ^{-1}(\frac{15+48}{36-20}) \\ & =\tan ^{-1} \frac{63}{16} \\ & =\text{ L.H.S. } \end{aligned} $
Prove that
Prove that
8. $\tan ^{-1} \sqrt{x}=\frac{1}{2} \cos ^{-1} \frac{1-x}{1+x}, x \in[0,1]$
Show Answer
Solution
Let $x=\tan ^{2} \theta$. Then, $\sqrt{x}=\tan \theta \Rightarrow \theta=\tan ^{-1} \sqrt{x}$.
$\therefore \frac{1-x}{1+x}=\frac{1-\tan ^{2} \theta}{1+\tan ^{2} \theta}=\cos 2 \theta$
Now, we have:
R.H.S. $=\frac{1}{2} \cos ^{-1}(\frac{1-x}{1+x})=\frac{1}{2} \cos ^{-1}(\cos 2 \theta)=\frac{1}{2} \times 2 \theta=\theta=\tan ^{-1} \sqrt{x}=$ L.H.S.
9. $\cot ^{-1}(\frac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}})=\frac{x}{2}, x \in(0, \frac{\pi}{4})$
Show Answer
Solution
Consider $\frac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}$
$=\frac{(\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x})^{2}}{(\sqrt{1+\sin x})^{2}-(\sqrt{1-\sin x})^{2}} \quad$ (by rationalizing)
$=\frac{(1+\sin x)+(1-\sin x)+2 \sqrt{(1+\sin x)(1-\sin x)}}{1+\sin x-1+\sin x}$
$=\frac{2(1+\sqrt{1-\sin ^{2} x})}{2 \sin x}=\frac{1+\cos x}{\sin x}=\frac{2 \cos ^{2} \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}$
$=\cot \frac{x}{2}$
$\therefore$ L.H.S $=\cot ^{-1}(\frac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}})=\cot ^{-1}(\cot \frac{x}{2})=\frac{x}{2}=$ R.H.S.
10. $\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}})=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \cos ^{-1} x,-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq 1$ [Hint: Put $x=\cos 2 \theta$ ]
Show Answer
Solution
Put $x=\cos 2 \theta$ so that $\theta=\frac{1}{2} \cos ^{-1} x$. Then, we have:
L.H.S. $=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}})$
$=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{1+\cos 2 \theta}-\sqrt{1-\cos 2 \theta}}{\sqrt{1+\cos 2 \theta}+\sqrt{1-\cos 2 \theta}})$
$=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{2 \cos ^{2} \theta}-\sqrt{2 \sin ^{2} \theta}}{\sqrt{2 \cos ^{2} \theta}+\sqrt{2 \sin ^{2} \theta}})$
$=\tan ^{-1}(\frac{\sqrt{2} \cos \theta-\sqrt{2} \sin \theta}{\sqrt{2} \cos \theta+\sqrt{2} \sin \theta})$
$=\tan ^{-1}(\frac{\cos \theta-\sin \theta}{\cos \theta+\sin \theta})=\tan ^{-1}(\frac{1-\tan \theta}{1+\tan \theta})$
$=\tan ^{-1} 1-\tan ^{-1}(\tan \theta)$
$[\tan ^{-1}(\frac{x-y}{1+x y})=\tan ^{-1} x-\tan ^{-1} y]$
$=\frac{\pi}{4}-\theta=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \cos ^{-1} x=$ R.H.S.
Solve the following equations:
11. $2 \tan ^{-1}(\cos x)=\tan ^{-1}(2 cosec x)$ 12. $\tan ^{-1} \frac{1-x}{1+x}=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x,(x>0)$
Show Answer
Solution
$ \begin{aligned} & 2 \tan ^{-1}(\cos x)=\tan ^{-1}(2 cosec x) \\ & \Rightarrow \tan ^{-1}(\frac{2 \cos x}{1-\cos ^{2} x})=\tan ^{-1}(2 cosec x) \quad[2 \tan ^{-1} x=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}] \\ & \Rightarrow \frac{2 \cos x}{1-\cos ^{2} x}=2 cosec x \\ & \Rightarrow \frac{2 \cos x}{\sin ^{2} x}=\frac{2}{\sin x} \\ & \Rightarrow \cos x=\sin x \\ & \Rightarrow \tan x=1 \\ & \therefore x=\frac{\pi}{4} \end{aligned} $
12. $\sin (\tan ^{-1} x),|x|<1$ is equal to
(A) $\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$
(B) $\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$
(C) $\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$
(D) $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$
Show Answer
Solution
Let $\tan ^{-1} x=y$. Then,
$ \tan y=x \Rightarrow \sin y=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} . $
$ \begin{aligned} & \therefore y=\sin ^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}) \Rightarrow \tan ^{-1} x=\sin ^{-1}(\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}) \\ & \therefore \sin (\tan ^{-1} x)=\sin (\sin ^{-1} \frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}})=\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}} \end{aligned} $
The correct answer is D.
13. $\sin ^{-1}(1-x)-2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$, then $x$ is equal to
(A) $0, \frac{1}{2}$
(B) $1, \frac{1}{2}$
(C) 0
(D) $\frac{1}{2}$
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Solution
$\sin ^{-1}(1-x)-2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$
$\Rightarrow-2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}-\sin ^{-1}(1-x)$
$\Rightarrow-2 \sin ^{-1} x=\cos ^{-1}(1-x)$
Let $\sin ^{-1} x=\theta \Rightarrow \sin \theta=x \Rightarrow \cos \theta=\sqrt{1-x^{2}}$.
$\therefore \theta=\cos ^{-1}(\sqrt{1-x^{2}})$
$\therefore \sin ^{-1} x=\cos ^{-1}(\sqrt{1-x^{2}})$
Therefore, from equation (1), we have
$-2 \cos ^{-1}(\sqrt{1-x^{2}})=\cos ^{-1}(1-x)$
Put $x=\sin y$. Then, we have:
$-2 \cos ^{-1}(\sqrt{1-\sin ^{2} y})=\cos ^{-1}(1-\sin y)$
$\Rightarrow-2 \cos ^{-1}(\cos y)=\cos ^{-1}(1-\sin y)$
$\Rightarrow-2 y=\cos ^{-1}(1-\sin y)$
$\Rightarrow 1-\sin y=\cos (-2 y)=\cos 2 y$
$\Rightarrow 1-\sin y=1-2 \sin ^{2} y$
$\Rightarrow 2 \sin ^{2} y-\sin y=0$
$\Rightarrow \sin y(2 \sin y-1)=0$
$\Rightarrow \sin y=0$ or $\frac{1}{2}$
$\therefore x=0$ or $x=\frac{1}{2}$
But, when $x=\frac{1}{2}$, it can be observed that:
L.H.S. $=\sin ^{-1}(1-\frac{1}{2})-2 \sin ^{-1} \frac{1}{2}$
$ =\sin ^{-1}(\frac{1}{2})-2 \sin ^{-1} \frac{1}{2} $
$ \begin{aligned} & =-\sin ^{-1} \frac{1}{2} \\ & =-\frac{\pi}{6} \neq \frac{\pi}{2} \neq \text{ R.H.S. } \end{aligned} $
$\therefore x=\frac{1}{2}$ is not the solution of the given equation.
Thus, $x=0$.
Hence, the correct answer is $\mathbf{C}$.
Summary
The domains and ranges (principal value branches) of inverse trigonometric functions are given in the following table:
| Functions | Domain | Range(Princepal Value Branches) |
|---|---|---|
| $ y=sin^{-1}x $ | $[-1,1] $ | $[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ |
| $ cos^{-1}x $ | $[-1,1] $ | $ [0,\pi] $ |
| $ cosec^{-1}x $ | $R-(-1, 1) $ | $ [\frac{-\pi}{2}{\pi}{2}-{0}] $ |
| $ sec^{-1}x $ | $R-(-1,1) $ | $ [0,\pi]-{\frac{\pi}{2}} $ |
| $ tan^{-1}x $ | $R$ | $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ |
| $ y=cot^{-1} $ | $ R $ | $(0,\pi)$ |
- $\sin ^{-1} x$ should not be confused with $(\sin x)^{-1}$. In fact $(\sin x)^{-1}=\frac{1}{\sin x}$ and similarly for other trigonometric functions.
- The value of an inverse trigonometric functions which lies in its principal value branch is called the principal value of that inverse trigonometric functions.
किसी प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का वह मान, जो उसकी मुख्य
$y=\sin ^{-1} x \Rightarrow x=\sin y$
$x=\sin y \Rightarrow y=\sin ^{-1} x$
$\sin (\sin ^{-1} x)=x$
$\sin ^{-1}(\sin x)=x$
Historical Note
The study of trigonometry was first started in India. The ancient Indian Mathematicians, Aryabhata (476A.D.), Brahmagupta (598 A.D.), Bhaskara I (600 A.D.) and Bhaskara II (1114 A.D.) got important results of trigonometry. All this knowledge went from India to Arabia and then from there to Europe. The Greeks had also started the study of trigonometry but their approach was so clumsy that when the Indian approach became known, it was immediately adopted throughout the world.
In India, the predecessor of the modern trigonometric functions, known as the sine of an angle, and the introduction of the sine function represents one of the main contribution of the siddhantas (Sanskrit astronomical works) to mathematics.
Bhaskara I (about 600 A.D.) gave formulae to find the values of sine functions for angles more than $90^{\circ}$. A sixteenth century Malayalam work Yuktibhasa contains a proof for the expansion of $\sin (A+B)$. Exact expression for sines or cosines of $18^{\circ}, 36^{\circ}, 54^{\circ}, 72^{\circ}$, etc., were given by Bhaskara II.
The symbols $\sin ^{-1} x, \cos ^{-1} x$, etc., for $arc \sin x, arc \cos x$, etc., were suggested by the astronomer Sir John F.W. Hersehel (1813) The name of Thales (about 600 B.C.) is invariably associated with height and distance problems. He is credited with the determination of the height of a great pyramid in Egypt by measuring shadows of the pyramid and an auxiliary staff (or gnomon) of known height, and comparing the ratios:
$$ \frac{H}{S}=\frac{h}{S}=\tan \text { (sun’s altitude) } $$
Thales is also said to have calculated the distance of a ship at sea through the proportionality of sides of similar triangles. Problems on height and distance using the similarity property are also found in ancient Indian works.
Mathematics, in general, is fundamentally the science of self-evident things- FELIX KLEIN
2.1 भूमिका (Introduction)
अध्याय 1 में, हम पढ़ चुके हैं कि किसी फलन $f$ का प्रतीक $f^{-1}$ द्वारा निरूपित प्रतिलोम (Inverse) फलन का अस्तित्व केवल तभी है यदि $f$ एकैकी तथा आच्छादक हो। बहुत से फलन ऐसे हैं जो एकैकी, आच्छादक या दोनों ही नहीं हैं, इसलिए हम उनके प्रतिलोमों की बात नहीं कर सकते हैं। कक्षा XI में, हम पढ़ चुके हैं कि त्रिकोणमितीय फलन अपने स्वाभाविक (सामान्य) प्रांत और परिसर में एकैकी तथा आच्छादक नहीं होते हैं और इसलिए उनके प्रतिलोमों का अस्तित्व नहीं होता है। इस अध्याय में हम त्रिकोणमितीय फलनों के प्रांतों तथा परिसरों पर लगने वाले उन प्रतिबंधों (Restrictions) का अध्ययन करेंगे, जिनसे उनके प्रतिलोमों का अस्तित्व सुनिश्चित होता है और आलेखों द्वारा प्रतिलोमों का अवलोकन करेंगे। इसके अतिरिक्त इन प्रतिलोमों के कुछ प्रारंभिक गुणधर्म (Properties) पर भी विचार करेंगे।प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन, कलन (Calculus) में एक महत्वपूर्ण भूमिका निभाते हैं, क्योंकि उनकी सहायता से अनेक समाकल (Integrals) परिभाषित होते हैं। प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों की संकल्पना का प्रयोग विज्ञान तथा अभियांत्रिकी (Engineering) में भी होता है।
Arya Bhatta
(476-550 A. D.)
2.2 आधारभूत संकल्पनाएँ (Basic Concepts)
कक्षा XI, में, हम त्रिकोणमितीय फलनों का अध्ययन कर चुके हैं, जो निम्नलिखित प्रकार से परिभाषित हैं
sine फलन, अर्थात्, $\sin : \mathbf{R} \rightarrow[-1,1]$
cosine फलन, अर्थात्, $\cos : \mathbf{R} \rightarrow[-1,1]$
tangent फलन, अर्थात्, $\tan : \mathbf{R}-\left\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\right\} \rightarrow \mathbf{R}$
cotangent फलन, अर्थात्, $\cot : \mathbf{R}-\{x: x=n \pi, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}$
secant फलन, अर्थात, $\sec : \mathbf{R}-\left\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\right\} \rightarrow \mathbf{R}-(-1,1)$
cosecant फलन, अर्थात्, $\operatorname{cosec}: \mathbf{R}-\{x: x=n \pi, n \in \mathbf{Z}\} \rightarrow \mathbf{R}-(-1,1)$
हम अध्याय 1 में यह भी सीख चुके हैं कि यदि $f: \mathrm{X} \rightarrow \mathrm{X}$ इस प्रकार है कि $f(x)=y$ एक एकैकी तथा आच्छादक फलन हो तो हम एक अद्वितीय फलन $g: Y \rightarrow X$ इस प्रकार परिभाषित कर सकते हैं कि $g(y)=x$, जहाँ $x \in \mathrm{X}$ तथा $y=f(x), y \in \mathrm{Y}$ है। यहाँ $g$ का प्रांत $=f$ का परिसर और $g$ का परिसर $=f$ का प्रांत। फलन $g$ को फलन $f$ का प्रतिलोम कहते हैं और इसे $f^{-1}$ द्वारा निरूपित करते हैं। साथ ही $g$ भी एकैकी तथा आच्छादक होता है और $g$ का प्रतिलोम फलन $f$ होता हैं अत: $g^{-1}=\left(f^{-1}\right)^{-1}=f$ इसके साथ ही
और $$ \begin{aligned} & \left(f^{-1} \circ f\right)(x)=f^{-1}(f(x))=f^{-1}(y)=x \\ & \left(f \circ f^{-1}\right)(y)=f\left(f^{-1}(y)\right)=f(x)=y \end{aligned} $$
क्योंकि sine फलन का प्रांत वास्तविक संख्याओं का समुच्चय है तथा इसका परिसर संवृत अंतराल $[-1,1]$ है। यदि हम इसके प्रांत को $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ में सीमित (प्रतिबंधित) कर दें, तो यह परिसर $[-1,1]$ वाला, एक एकैकी तथा आच्छादक फलन हो जाता है। वास्तव में, sine फलन, अंतरालों $\left[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right],\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right],\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$ इत्यादि में, से किसी में भी सीमित होने से, परिसर $[-1,1]$ वाला, एक एकैकी तथा आच्छादक फलन हो जाता है। अतः हम इनमें से प्रत्येक अंतराल में, sine फलन के प्रतिलोम फलन को $\sin ^{-1}$ (arc sine function) द्वारा निरूपित करते हैं। अतः $\sin ^{-1}$ एक फलन है, जिसका प्रांत $[-1,1]$ है, और जिसका परिसर $\left[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right],\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ या $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]$ इत्यादि में से कोई भी अंतराल हो सकता है। इस प्रकार के प्रत्येक अंतराल के संगत हमें फलन $\sin ^{-1}$ की एक शाखा (Branch) प्राप्त होती है। वह शाखा, जिसका परिसर $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ है, मुख्य शाखा (मुख्य मान शाखा) कहलाती है, जब कि परिसर के रूप में अन्य अंतरालों से $\sin ^{-1}$ की भिन्न-भिन्न शाखाएँ मिलती हैं। जब हम फलन $\sin ^{-1}$ का उल्लेख करते हैं, तब हम इसे प्रांत $[-1,1]$ तथा परिसर $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ वाला फलन समझते हैं। इसे हम $\sin ^{-1}:[-1,1] \rightarrow\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ लिखते हैं।
प्रतिलोम फलन की परिभाषा द्वारा, यह निष्कर्ष निकलता है कि $\sin \left(\sin ^{-1} x\right)=x$, यदि $-1 \leq x \unlhd$ तथा $\sin ^{-1}(\sin x)=x$ यदि $-\frac{\pi}{2} \leq x \leq \frac{\pi}{2}$ है। दूसरे शब्दों में, यदि $y=\sin ^{-1} x$ हो तो $\sin y=x$ होता है।
टिप्पणी
(i) हमें अध्याय 1 से ज्ञात है कि, यदि $y=f(x)$ एक व्युत्क्रमणीय फलन है, तो $x=f^{-1}(y)$ होता है। अतः मूल फलन $\sin$ के आलेख में $x$ तथा $y$ अक्षों का परस्पर विनिमय करके फलन $\sin ^{-1}$ का आलेख प्राप्त किया जा सकता है। अर्थात्, यदि $(a, b), \sin$ फलन के आलेख का एक बिंदु है, तो $(b, a), \sin$ फलन के प्रतिलोम फलन का संगत बिंदु होता है। अतः फलन $y=\sin ^{-1} x$ का आलेख, फलन $y=\sin x$ के आलेख में $x$ तथा $y$ अक्षों के परस्पर विनिमय करके प्राप्त किया जा सकता है। फलन $y=\sin x$ तथा फलन $y=\sin ^{-1} x$ के आलेखों को आकृति 2.1 (i), (ii), में दर्शाया गया है। फलन $y=\sin ^{-1} x$ के आलेख में गहरा चिह्नित भाग मुख्य शाखा को निरूपित करता है।
(ii) यह दिखलाया जा सकता है कि प्रतिलोम फलन का आलेख, रेखा $y=x$ के परितः (Along), संगत मूल फलन के आलेख को दर्पण प्रतिबिंब (Mirror Image), अर्थात् परावर्तन (Reflection) के रूप में प्राप्त किया जा सकता है। इस बात की कल्पना, $y=\sin x$ तथा $y=\sin ^{-1} x$ के उन्हीं अक्षों (Same axes) पर, प्रस्तुत आलेखों से की जा सकती है (आकृति 2.1 (iii))।
sine फलन के समान cosine फलन भी एक ऐसा फलन है जिसका प्रांत वास्तविक संख्याओं का समुच्चय है और जिसका परिसर समुच्चय $[-1,1]$ है। यदि हम cosine फलन के प्रांत को अंतराल $[0, \pi]$ में सीमित कर दें तो यह परिसर $[-1,1]$ वाला एक एकैकी तथा आच्छादक फलन हो जाता है। वस्तुतः, cosine फलन, अंतरालों $[-\pi, 0],[0, \pi],[\pi, 2 \pi]$ इत्यादि में से किसी में भी सीमित होने से, परिसर $[-1,1]$ वाला एक एकैकी आच्छादी (Bijective) फलन हो जाता है। अतः हम इन में से प्रत्येक अंतराल में cosine फलन के प्रतिलोम को परिभाषित कर सकते हैं। हम cosine फलन के प्रतिलोम फलन को $\cos ^{-1}$ (arc cosine function) द्वारा निरूपित करते हैं। अतः $\cos ^{-1}$ एक फलन है जिसका प्रांत $[-1,1]$ है और परिसर $[-\pi, 0]$, $[0, \pi],[\pi, 2 \pi]$ इत्यादि में से कोई भी अंतराल हो सकता है। इस प्रकार के प्रत्येक अंतराल के संगत हमें फलन $\cos ^{-1}$ की एक शाखा प्राप्त होती है। वह शाखा, जिसका परिसर $[0, \pi]$ है, मुख्य शाखा (मुख्य मान शाखा) कहलाती है और हम लिखते हैं कि
$$ \cos ^{-1}:[-1,1] \rightarrow[0, \pi] $$
$y=\cos ^{-1} x$ द्वारा प्रदत्त फलन का आलेख उसी प्रकार खींचा जा सकता है जैसा कि $y=\sin ^{-1} x$ के आलेख के बारे में वर्णन किया जा चुका है। $y=\cos x$ तथा $y=\cos ^{-1} x$ के आलेखों को आकृतियों 2.2 (i) तथा (ii) में दिखलाया गया है।
आकृति 2.2 (i)
आकृति 2.2 (ii)
आइए अब हम $\operatorname{cosec}^{-1} x$ तथा $\sec ^{-1} x$ पर विचार करें।
क्योंकि $\operatorname{cosec} x=\frac{1}{\sin x}$, इसलिए $\operatorname{cosec}$ फलन का प्रांत समुच्चय $\{x: x \in \mathbf{R}$ और $x \neq n \pi$, $n \in \mathbf{Z}\}$ है तथा परिसर समुच्चय $\{y: y \in \mathbf{R}, y \geq 1$ अथवा $y \leq-1\}$, अर्थात्, समुच्चय $\mathbf{R}-(-1,1)$ है। इसका अर्थ है कि $y=\operatorname{cosec} x,-1<y<1$ को छोड़ कर अन्य सभी वास्तविक मानों को ग्रहण करता है तथा यह $\pi$ के पूर्णांक (Integral) गुणजों के लिए परिभाषित नहीं है। यदि हम $\operatorname{cosec}$ फलन के प्रांत को अंतराल $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\}$, में सीमित कर दें, तो यह एक एकैकी तथा आच्छादक फलन होता है, जिसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}-(-1,1)$. होता है। वस्तुतः cosec फलन, अंतरालों $\left[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right]-\{-\pi\},\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\},\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]-\{\pi\}$ इत्यादि में से किसी में भी सीमित होने से एकैकी आच्छादी होता है और इसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}-(-1,1)$ होता है। इस प्रकार $\operatorname{cosec}^{-1}$ एक ऐसे फलन के रूप में परिभाषित हो सकता है जिसका प्रांत $\mathbf{R}-(-1,1)$ है और परिसर अंतरालों $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\},\left[\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right]-\{-\pi\},\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right]-\{\pi\}$ इत्यादि में से कोई भी एक हो सकता है। परिसर $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\}$ के संगत फलन को $\operatorname{cosec}^{-1}$ की मुख्य शाखा कहते हैं। इस प्रकार मुख्य शाखा निम्नलिखित तरह से व्यक्त होती है:
$$ \operatorname{cosec}^{-1}: \mathbf{R}-(-1,1) \rightarrow\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\} $$
$y=\operatorname{cosec} x$ तथा $y=\operatorname{cosec}^{-1} x$ के आलेखों को आकृति 2.3 (i), (ii) में दिखलाया गया है।
इसी तरह, $\sec x=\frac{1}{\cos x}, y=\sec x$ का प्रांत समुच्चय $\mathbf{R}-\left\{x: x=(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\right\}$ है तथा परिसर समुच्चय $\mathbf{R}-(-1,1)$ है। इसका अर्थ है कि sec (secant) फलन $-1<y<1$ को छोड़कर अन्य सभी वास्तविक मानों को ग्रहण (Assumes) करता है और यह $\frac{\pi}{2}$ के विषम गुणजों के लिए परिभाषित नहीं है। यदि हम secant फलन के प्रांत को अंतराल $[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\}$, में सीमित कर दें तो यह एक एकैकी तथा आच्छादक फलन होता है जिसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}-(-1,1)$ होता है। वास्तव में secant फलन अंतरालों $[-\pi, 0]-\left\{\frac{-\pi}{2}\right\},[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\}$, $[\pi, 2 \pi]-\left\{\frac{3 \pi}{2}\right\}$ इत्यादि में से किसी में भी सीमित होने से एकैकी आच्छादी होता है और इसका परिसर $\mathbf{R}-(-1,1)$ होता है। अतः $\sec ^{-1}$ एक ऐसे फलन के रूप में परिभाषित हो सकता है जिसका प्रांत $(-1,1)$ हो और जिसका परिसर अंतरालों $[-\pi, 0]-\left\{\frac{-\pi}{2}\right\},[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\}$, $[\pi, 2 \pi]-\left\{\frac{3 \pi}{2}\right\}$ इत्यादि में से कोई भी हो सकता है। इनमें से प्रत्येक अंतराल के संगत हमें फलन $\sec ^{-1}$ की भिन्न-भिन्न शाखाएँ प्राप्त होती हैं। वह शाखा जिसका परिसर $[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\}$ होता है, फलन $\mathrm{sec}^{-1}$ की मुख्य शाखा कहलाती है। इसको हम निम्नलिखित प्रकार से व्यक्त करते हैं:
$$ \sec ^{-1}: \mathbf{R}-(-1,1) \rightarrow[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\} $$
$y=\sec x$ तथा $y=\sec ^{-1} x$ के आलेखों को आकृतियों 2.4 (i), (ii) में दिखलाया गया है।
अंत में, अब हम $\tan ^{-1}$ तथा $\cot ^{-1}$ पर विचार करेंगे।
हमें ज्ञात है कि, $\tan$ फलन (tangent फलन) का प्रांत समुच्चय $\{x: x \in \mathbf{R}$ तथा $\left.x \neq(2 n+1) \frac{\pi}{2}, n \in \mathbf{Z}\right\}$ है तथा परिसर $\mathbf{R}$ है। इसका अर्थ है कि $\tan$ फलन $\frac{\pi}{2}$ के विषम गुणजों के लिए परिभाषित नहीं है। यदि हम tangent फलन के प्रांत को अंतराल $\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ में सीमित कर दें, तो यह एक एकैकी तथा आच्छादक फलन हो जाता है जिसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}$ होता है। वास्तव में, tangent फलन, अंतरालों $\left(\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right),\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right),\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ इत्यादि में से किसी में भी सीमित होने से एकैकी आच्छादी होता है और इसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}$ होता है। अतएव $\tan ^{-1}$ एक ऐसे फलन के रूप में परिभाषित हो सकता है, जिसका प्रांत $\mathbf{R}$ हो और परिसर अंतरालों $\left(\frac{-3 \pi}{2}, \frac{-\pi}{2}\right)$, $\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right),\left(\frac{\pi}{2}, \frac{3 \pi}{2}\right)$ इत्यादि में से कोई भी हो सकता है। इन अंतरालों द्वारा फलन $\tan ^{-1}$ की भिन्न-भिन्न शाखाएँ मिलती हैं। वह शाखा, जिसका परिसर $\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ होता है, फलन $\tan ^{-1}$ की मुख्य शाखा कहलाती है। इस प्रकार
$$ \tan ^{-1}: \mathbf{R} \rightarrow\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) $$
$y=\tan x$ तथा $y=\tan ^{-1} x$ के आलेखों को आकृतियों 2.5 (i), (ii) में दिखलाया गया है।
हमें ज्ञात है कि $\cot$ फलन (cotangent फलन) का प्रांत समुच्चय $\{x: x \in \mathbf{R}$ तथा $x \neq n \pi$, $n \in \mathbf{Z}$ \} है तथा परिसर समुच्चय $\mathbf{R}$ है। इसका अर्थ है कि cotangent फलन, $\pi$ के पूर्णांकीय गुणजों के लिए परिभाषित नहीं है। यदि हम cotangent फलन के प्रांत को अंतराल $(0, \pi)$ में सीमित कर दें तो यह परिसर $\mathbf{R}$ वाला एक एकैकी आच्छादी फलन होता है। वस्तुतः cotangent फलन अंतरालों $(-\pi, 0),(0, \pi),(\pi, 2 \pi)$ इत्यादि में से किसी में भी सीमित होने से एकैकी आच्छादी होता है और इसका परिसर समुच्चय $\mathbf{R}$ होता है। वास्तव में $\cot ^{-1}$ एक ऐसे फलन के रूप में परिभाषित हो सकता है, जिसका प्रांत $\mathbf{R}$ हो और परिसर, अंतरालों $(-\pi, 0),(0, \pi),(\pi, 2 \pi)$ इत्यादि में से कोई भी हो। इन अंतरालों से फलन $\cot ^{-1}$ की भिन्न-भिन्न शाखाएँ प्राप्त होती हैं। वह शाखा, जिसका परिसर $(0, \pi)$ होता है, फलन $\cot ^{-1}$ की मुख्य शाखा कहलाती है। इस प्रकार
$$ \cot ^{-1}: \mathbf{R} \rightarrow(0, \pi) $$
$y=\cot x$ तथा $y=\cot ^{-1} x$ के आलेखों को आकृतियों 2.6 (i), (ii) में प्रदर्शित किया गया है।
निम्नलिखित सारणी में प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों (मुख्य मानीय शाखाओं) को उनके प्रांतों तथा परिसरों के साथ प्रस्तुत किया गया है।
टिप्पणी
1. $\sin ^{-1} x$ से $(\sin x)^{-1}$ की भ्रांति नहीं होनी चाहिए। वास्तव में $(\sin x)^{-1}=\frac{1}{\sin x}$ और यह तथ्य अन्य त्रिकोणमितीय फलनों के लिए भी सत्य होता है।
2. जब कभी प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों की किसी शाखा विशेष का उल्लेख न हो, तो हमारा तात्पर्य उस फलन की मुख्य शाखा से होता है।
3. किसी प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का वह मान, जो उसकी मुख्य शाखा में स्थित होता है, प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का मुख्य मान (Principal value) कहलाता है।
अब हम कुछ उदाहरणों पर विचार करेंगे:
उदाहरण 1 $\sin ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ का मुख्य मान ज्ञात कीजिए।
हल मान लीजिए कि $\sin ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=y$. अतः $\sin y=\frac{1}{\sqrt{2}}$.
हमें ज्ञात है कि $\sin ^{-1}$ की मुख्य शाखा का परिसर $\left(\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ होता है और $\sin \left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{1}{\sqrt{2}}$ है। इसलिए $\sin ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ का मुख्य मान $\frac{\pi}{4}$ है।
उदाहरण 2 $\cot ^{-1}\left(\frac{-1}{\sqrt{3}}\right)$ का मुख्य मान ज्ञात कीजिए।
हल मान लीजिए कि $\cot ^{-1}\left(\frac{-1}{\sqrt{3}}\right)=y$. अतएव
$$ \cot y=\frac{-1}{\sqrt{3}}=-\cot \left(\frac{\pi}{3}\right)=\cot \left(\pi-\frac{\pi}{3}\right)=\cot \left(\frac{2 \pi}{3}\right) \text { है। } $$
हमें ज्ञात है कि $\cot ^{-1}$ की मुख्य शाखा का परिसर $(0, \pi)$ होता है और $\cot \left(\frac{2 \pi}{3}\right)=\frac{-1}{\sqrt{3}}$ है। अत: $\cot ^{-1}\left(\frac{-1}{\sqrt{3}}\right)$ का मुख्य मान $\frac{2 \pi}{3}$ है।
प्रश्नावली 2.1
निम्नलिखित के मुख्य मानों को ज्ञात कीजिए:
1. $\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$
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#missing2. $\cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
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#missing3. $\operatorname{cosec}^{-1}(2)$
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#missing4. $\tan ^{-1}(-\sqrt{3})$
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#missing5. $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$
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#missing6. $\tan ^{-1}(-1)$
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#missing7. $\sec ^{-1}\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)$
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#missing8. $\cot ^{-1}(\sqrt{3})$
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#missing9. $\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$
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#missing10. $\operatorname{cosec}^{-1}(-\sqrt{2})$
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#missingनिम्नलिखित के मान ज्ञात कीजिए:
11. $\tan ^{-1}(1)+\cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)+\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) \quad$
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#missing12. $\cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)+2 \sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$
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#missing13. यदि $\sin ^{-1} x=y$, तो
(A) $0 \leq y \leq \pi$
(B) $-\frac{\pi}{2} \leq y \leq \frac{\pi}{2}$
(C) $0<y<\pi$
(D) $-\frac{\pi}{2}<y<\frac{\pi}{2}$
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#missing14. $\tan ^{-1} \sqrt{3}-\sec ^{-1}(-2)$ का मान बराबर है
(A) $\pi$
(B) $-\frac{\pi}{3}$
(C) $\frac{\pi}{3}$
(D) $\frac{2 \pi}{3}$
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#missing2.3 प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों के गुणधर्म (Properties of Inverse Trigonometric
इस अनुभाग में, हम व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय फलनों के कुछ महत्वपूर्ण गुण सिद्ध करेंगे। यहां यह उल्लेख किया जा सकता है कि ये परिणाम संबंधित व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय कार्यों की प्रमुख मूल्य शाखाओं के भीतर और जहां भी उन्हें परिभाषित किया गया है, मान्य हैं। कुछ परिणाम व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय कार्यों के डोमेन के सभी मानों के लिए मान्य नहीं हो सकते हैं। वास्तव में, वे केवल $x$ के कुछ मानों के लिए मान्य होंगे जिनके लिए व्युत्क्रम त्रिकोणमितीय फलन परिभाषित हैं। हम डोमेन में $x$ के इन मूल्यों के विवरण में नहीं जाएंगे क्योंकि यह चर्चा इस पाठ्यपुस्तक के दायरे से परे है।
Functions)स्मरण कीजिए कि, यदि $y=\sin ^{-1} x$ हो तो $x=\sin y$ तथा यदि $x=\sin y$ हो तो $y=\sin ^{-1} x$ होता है। यह इस बात के समतुल्य (Equivalent) है कि
$$ \sin \left(\sin ^{-1} x\right)=x, x \in[-1,1] \text { तथा } \sin ^{-1}(\sin x)=x, x \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] $$
उचित परिसर मानों के लिए अन्य समरूप त्रिकोणमितीय फलन भी परिणाम देते हैं।
उदाहरण 3 दर्शाइए कि
(i) $\sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right)=2 \sin ^{-1} x,-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$
(ii) $\sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right)=2 \cos ^{-1} x, \frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq 1$
हल
(i) मान लीजिए कि $x=\sin \theta$ तो $\sin ^{-1} x=\theta$ इस प्रकार
$$ \begin{aligned} \sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right) & =\sin ^{-1}\left(2 \sin \theta \sqrt{1-\sin ^{2} \theta}\right) \\ & =\sin ^{-1}(2 \sin \theta \cos \theta)=\sin ^{-1}(\sin 2 \theta)=2 \theta \\ & =2 \sin ^{-1} x \end{aligned} $$
(ii) मान लीजिए कि $x=\cos \theta$ तो उपर्युक्त विधि के प्रयोग द्वारा हमें $\sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right)=2 \cos ^{-1} x$ प्राप्त होता है।
उदाहरण 4 $ \tan ^{-1} \frac{\cos x}{1-\sin x},-\frac{-3 \pi}{2}<x<\frac{\pi}{2}$ को सरलतम रूप में व्यक्त कीजिए।
हल हम लिख सकते हैं कि
$$ \begin{aligned} & \tan ^{-1}\left(\frac{\cos x}{1-\sin x}\right)=\tan ^{-1}\left[\frac{\cos ^{2} \frac{x}{2}-\sin ^{2} \frac{x}{2}}{\cos ^{2} \frac{x}{2}+\sin ^{2} \frac{x}{2}-2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}\right] \\ & =\tan ^{-1}\left[\frac{\left(\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}\right)\left(\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}\right)}{\left(\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}\right)^{2}}\right] \\ & =\tan ^{-1}\left[\frac{\cos \frac{x}{2}+\sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2}-\sin \frac{x}{2}}\right]=\tan ^{-1}\left[\frac{1+\tan \frac{x}{2}}{1-\tan \frac{x}{2}}\right] \\ & =\tan ^{-1}\left[\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right)\right]=\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2} \end{aligned} $$
उदाहरण 5 $ \cot ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}\right), x>1$ को सरलतम रूप में लिखिए।
हल मान लीजिए कि $x=\sec \theta$, then $\sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{\sec ^{2} \theta-1}=\tan \theta$
इसलिए $\cot ^{-1} \frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}=\cot ^{-1}(\cot \theta)=\theta=\sec ^{-1} x$ जो अभीष्ट सरलतम रूप है।
प्रश्नावली 2.2
निम्नलिखित को सिद्ध कीजिए:
1. $3 \sin ^{-1} x=\sin ^{-1}\left(3 x-4 x^{3}\right), x \in\left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$
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#missing2. $3 \cos ^{-1} x=\cos ^{-1}\left(4 x^{3}-3 x\right), x \in\left[\frac{1}{2}, 1\right]$
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#missingनिम्नलिखित फलनों को सरलतम रूप में लिखिए:
3. $\tan ^{-1} \frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x}, x \neq 0$
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#missing4. $\tan ^{-1}\left(\sqrt{\frac{1-\cos x}{1+\cos x}}\right), 0<x<\pi$
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#missing5. $\tan ^{-1}\left(\frac{\cos x-\sin x}{\cos x+\sin x}\right), \frac{-\pi}{4}<x<\frac{3 \pi}{4}$
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#missing6. $\tan ^{-1} \frac{x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}}},|x|<a$
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#missing7. $\tan ^{-1}\left(\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}}\right), a>0 ; \frac{-a}{\sqrt{3}}<x<\frac{a}{\sqrt{3}}$
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#missingनिम्नलिखित में से प्रत्येक का मान ज्ञात कीजिए:
8. $\tan ^{1}\left[2 \cos \left(2 \sin ^{1} \frac{1}{2}\right)\right]$
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#missing9. $\tan \frac{1}{2}\left[\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}}+\cos ^{-1} \frac{1-y^{2}}{1+y^{2}}\right],|x|<1, y>0$ तथा $x y<1$
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#missingप्रश्न संख्या 16 से 18 में दिए प्रत्येक व्यंजक का मान ज्ञात कीजिए:
10. $\sin ^{-1}\left(\sin \frac{2 \pi}{3}\right)$
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#missing11. $\tan ^{-1}\left(\tan \frac{3 \pi}{4}\right)$
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#missing12. $\tan \left(\sin ^{-1} \frac{3}{5}+\cot ^{-1} \frac{3}{2}\right)$
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#missing13. $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{7 \pi}{6}\right)$ का मान बराबर है
(A) $\frac{7 \pi}{6}$
(B) $\frac{5 \pi}{6}$
(C) $\frac{\pi}{3}$
(D) $\frac{\pi}{6}$
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#missing14. $\sin \left(\frac{\pi}{3}-\sin ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)\right)$ का मान है
(A) $\frac{1}{2}$ है
(B) $\frac{1}{3}$ है
(C) $\frac{1}{4}$ है
(D) 1
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#missing15. $\tan ^{-1} \sqrt{3}-\cot ^{-1}(-\sqrt{3})$ का मान
(A) $\pi$ है
(B) $-\frac{\pi}{2}$ है
(C) 0 है
(D) $2 \sqrt{3}$
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#missingविविध उदाहरण
उदाहरण 6 $\sin ^{-1}\left(\sin \frac{3 \pi}{5}\right)$ का मान ज्ञात कीजिए।
हल हमें ज्ञात है कि $\sin ^{-1}(\sin x)=x$ होता है। इसलिए $\sin ^{-1}\left(\sin \frac{3 \pi}{5}\right)=\frac{3 \pi}{5}$
किंतु $\frac{3 \pi}{5} \notin\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$, जो $\sin ^{-1} x$ की मुख्य शाखा है।
तथापि $\sin \left(\frac{3 \pi}{5}\right)=\sin \left(\pi-\frac{3 \pi}{5}\right)=\sin \frac{2 \pi}{5}$ तथा $\frac{2 \pi}{5} \in\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ अत:
$$ \sin ^{-1}\left(\sin \frac{3 \pi}{5}\right)=\sin ^{-1}\left(\sin \frac{2 \pi}{5}\right)=\frac{2 \pi}{5} $$
अध्याय 2 पर विविध प्रश्नावली
निम्नलिखित के मान ज्ञात कीजिए:
1. $\cos ^{-1}\left(\cos \frac{13 \pi}{6}\right)$
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#missing2. $\tan ^{-1}\left(\tan \frac{7 \pi}{6}\right)$
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#missingसिद्ध कीजिए
3. $2 \sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{24}{7}$
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#missing4. $\sin ^{-1} \frac{8}{17}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{77}{36}$
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#missing5. $\cos ^{-1} \frac{4}{5}+\cos ^{-1} \frac{12}{13}=\cos ^{-1} \frac{33}{65}$
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#missing6. $\cos ^{-1} \frac{12}{13}+\sin ^{-1} \frac{3}{5}=\sin ^{-1} \frac{56}{65}$
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#missing7. $\tan ^{-1} \frac{63}{16}=\sin ^{-1} \frac{5}{13}+\cos ^{-1} \frac{3}{5}$
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#missingसिद्ध कीजिए:
8. $\tan ^{1} \sqrt{x}=\frac{1}{2} \cos ^{1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right), x \in[0,1]$
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#missing9. $\cot ^{1}\left(\frac{\sqrt{1+\sin x}+\sqrt{1-\sin x}}{\sqrt{1+\sin x}-\sqrt{1-\sin x}}\right)=\frac{x}{2}, x \in\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$
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#missing10. $\tan ^{1}\left(\frac{\sqrt{1+x}-\sqrt{1-x}}{\sqrt{1+x}+\sqrt{1-x}}\right)=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2} \cos ^{1} x,-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq 1$ [संकेत: $x=\cos 2 \theta$ रखिए]
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#missingनिम्नलिखित समीकरणों को सरल कीजिए:
11. $2 \tan ^{-1}(\cos x)=\tan ^{-1}(2 \operatorname{cosec} x)$ 12. $\tan ^{-1} \frac{1-x}{1+x}=\frac{1}{2} \tan ^{-1} x,(x>0)$
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#missing12. $\sin \left(\tan ^{-1} x\right),|x|<1$ बराबर होता है:
(A) $\frac{x}{\sqrt{1-x^{2}}}$
(B) $\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}$
(C) $\frac{1}{\sqrt{1+x^{2}}}$
(D) $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}$
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#missing13. यदि $\sin ^{-1}(1-x)-2 \sin ^{-1} x=\frac{\pi}{2}$, तो $x$ का मान बराबर है:
(A) $0, \frac{1}{2}$
(B) $1, \frac{1}{2}$
(C) 0
(D) $\frac{1}{2}$
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#missingसारांश
- प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलनों (मुख्य शाखा) के प्रांत तथा परिसर निम्नलिखित सारणी में वर्णित हैं:
| फलन | प्रांत | परिसर (मुख्य शाखा) |
|---|---|---|
| $y=\sin ^{-1} x$ | $[-1,1]$ | $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ |
| $y=\cos ^{-1} x $ | $[-1,1]$ | $[0, \pi]$ |
| $y=\operatorname{cosec}^{-1} x$ | $\mathbf{R}-(-1,1)$ | $\left[\frac{-\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]-\{0\}$ |
| $y=\sec ^{-1} x$ | $\mathbf{R}-(-1,1)$ | $[0, \pi]-\left\{\frac{\pi}{2}\right\}$ |
| $y=\tan ^{-1} x$ | $\mathbf{R}$ | $\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ |
| $y=\cot ^{-1} x$ | $\mathbf{R}$ | $(0, \pi)$ |
-
$\sin ^{-1} x$ से $(\sin x)^{-1}$ की भ्रान्ति नहीं होनी चाहिए। वास्तव में $(\sin x)^{-1}=\frac{1}{\sin x}$ और इसी प्रकार यह तथ्य अन्य त्रिकोणमितीय फलनों के लिए सत्य होता है।
-
किसी प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का वह मान, जो उसकी मुख्य शाखा में स्थित होता है, प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का मुख्य मान (Principal Value) कहलाता है। उपयुक्त प्रांतों के लिए
किसी प्रतिलोम त्रिकोणमितीय फलन का वह मान, जो उसकी मुख्य
$y=\sin ^{-1} x \Rightarrow x=\sin y$
$x=\sin y \Rightarrow y=\sin ^{-1} x$
$\sin (\sin ^{-1} x)=x$
$\sin ^{-1}(\sin x)=x$
ऐतिहासिक पृष्ठभूमि
ऐसा विश्वास किया जाता है कि त्रिकोणमिती का अध्ययन सर्वप्रथम भारत में आरंभ हुआ था। आर्यभट्ट ( 476 ई.), ब्रह्मगुप्त ( 598 ई.) भास्कर प्रथम ( 600 ई.) तथा भास्कर द्वितीय (1114 ई.) ने प्रमुख परिणामों को प्राप्त किया था। यह संपूर्ण ज्ञान भारत से मध्यपूर्व और पुन: वहाँ से यूरोप गया। यूनानियों ने भी त्रिकोणमिति का अध्ययन आरंभ किया परंतु उनकी कार्य विधि इतनी अनुपयुक्त थी, कि भारतीय विधि के ज्ञात हो जाने पर यह संपूर्ण विश्व द्वारा अपनाई गई।
भारत में आधुनिक त्रिकोणमितीय फलन जैसे किसी कोण की ज्या (sine) और फलन के परिचय का पूर्व विवरण सिद्धांत (संस्कृत भाषा में लिखा गया ज्योतिषीय कार्य) में दिया गया है जिसका योगदान गणित के इतिहास में प्रमुख है।
भास्कर प्रथम ( 600 ई.) ने $90^{\circ}$ से अधिक, कोणों के sine के मान के लए सूत्र दिया था। सोलहवीं शताब्दी का मलयालम भाषा में $\sin (\mathrm{A}+\mathrm{B})$ के प्रसार की एक उपपत्ति है। $18^{\circ}$, $36^{\circ}, 54^{\circ}, 72^{\circ}$, आदि के sine तथा cosine के विशुद्ध मान भास्कर द्वितीय द्वारा दिए गए हैं।
$\sin ^{-1} x, \cos ^{-1} x$, आदि को चाप $\sin x$, चाप $\cos x$, आदि के स्थान पर प्रयोग करने का सुझाव ज्योतिषविद Sir John F.W. Hersehel ( 1813 ई.) द्वारा दिए गए थे। ऊँचाई और दूरी संबंधित प्रश्नों के साथ Thales ( 600 ई. पूर्व) का नाम अपरिहार्य रूप से जुड़ा हुआ है। उन्हें मिश्र के महान पिरामिड की ऊँचाई के मापन का श्रेय प्राप्त है। इसके लिए उन्होंने एक ज्ञात ऊँचाई के सहायक दंड तथा पिरामिड की परछाइयों को नापकर उनके अनुपातों की तुलना का प्रयोग किया था। ये अनुपात हैं
$$ \frac{\mathrm{H}}{\mathrm{S}}=\frac{h}{s}=\tan \text { (सूर्य का उन्नतांश) } $$
Thales को समुद्री जहाज़ की दूरी की गणना करने का भी श्रेय दिया जाता है। इसके लिए उन्होंने समरूप त्रिभुजों के अनुपात का प्रयोग किया था। ऊँचाई और दूरी संबधी प्रश्नों का हल समरूप त्रिभुजों की सहायता से प्राचीन भारतीय कार्यों में मिलते हैं।
