বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশনের ডোমেন ও রেঞ্জের ছক | Table of domains and ranges of inverse trigonometric functions
| ফাংশন | ডোমেন | রেঞ্জ |
|
\sin ^{-1} x |
[-1, 1] | {\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]} |
|
\cos ^{-1}x |
[-1, 1] | {[0, \pi]} |
| \tan ^{-1}x | (-\infty, \infty) বা, \mathbb{R} |
\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) |
| \cot ^{-1} x | (-\infty, \infty) বা, \mathbb{R} |
(0, \pi) |
| \sec ^{-1} x | (-\infty, -1) \mathbf{U} [1,+\infty) বা,
\mathbb{R} – (-1,1) |
\left[0, \frac{\pi}{2}\right) \mathbf{U} \left[0, \frac{3\pi}{2}\right) |
| \operatorname{cosec}^{-1} x | (-\infty, -1) \mathbf{U} [1,+\infty) বা,
\mathbb{R} – (-1,1) |
\left(0, \frac{\pi}{2}\right] \mathbf{U} \left(0, \frac{3\pi}{2}\right] |
\sec ^{-1} x ও \operatorname{cosec}^{-1} x এর রেঞ্জ নিয়ে দ্বিমত আছে। কোনো কোনো গণিতবিদ মনে করেন \sec ^{-1} x এর রেঞ্জ \left[0, \frac{\pi}{2}\right) \mathbb{R} \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right]এবং \operatorname{cosec}^{-1} x এর রেঞ্জ x \mathbb{R} \left(0, \frac{\pi}{2}\right]
বিপরীত ত্রিকোণমিতিক ফাংশনের কয়েকটি সূত্র (Some rules of inverse trigonometric functions):
(i) \sin ^{-1} x +cos-1x= \frac{\pi}{2}; [-1 \leq x \leq 1]
(ii) \tan ^{-1}x + \cot ^{-1} x= \frac{\pi}{2};[ x≥0]
(iii) \operatorname{cosec}^{-1} x +\sec ^{-1} x = \frac{\pi}{2};[ x≤-1 , x≥1 ]
প্রমাণ:
(i) মনে করি, \sin ^{-1} x = \theta ∴ \sin \theta= x
এখন, \cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) = \sin \theta ⇒\cos \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) = x
\cos ^{-1} x =\frac{\pi}{2} -\theta ⇒\theta +\cos ^{-1} x =\frac{\pi}{2}
∴ \sin ^{-1} x +\cos ^{-1} x =\frac{\pi}{2}
(ii) মনে করি, \tan ^{-1} x= \theta ∴\tan \theta =x
এখন, \cot \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) =\tan \theta ⇒\cot \left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) =x
\cot ^{-1} x =\frac{\pi}{2} -\theta ⇒\theta +\cot ^{-1} x =\frac{\pi}{2}
∴ \tan ^{-1} x+\cot ^{-1} x =\frac{\pi}{2}
(iii) মনে করি, \sec ^{-1} x =\theta ∴\sec \theta =x
এখন, \operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) =\sec \theta ⇒\operatorname{cosec}\left(\frac{\pi}{2}-\theta\right) =x
\operatorname{cosec}^{-1} x =\frac{\pi}{2} -\theta ⇒\theta +cosec-1x=\frac{\pi}{2}
∴\sec ^{-1} x + \operatorname{cosec}^{-1} x=\frac{\pi}{2}
(i) \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y} ; [xy≤1]
(ii) \tan ^{-1} y - \tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x-y}{1+x y}
[বি.দ্র. যদি কোনো ক্ষেত্রে \tan ^{-1} x এবং \tan ^{-1} y উভয়েই ধনাত্মক এবং 1-xy বা \frac{x+y}{1-x y} ঋণাত্মক হয়। তখন ডানপক্ষের জন্য মুখ্যমান গ্রহণযোগ্য নয়। বিষয়টি পূর্বেই উদাহরণের সাহায্যে ব্যাখ্যা করা হয়েছে।]
(iii) \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y+ \tan ^{-1} z=\tan ^{-1} \frac{x+y+z-x y z}{1-y z-z x-x y} ;[xy+yz+zx≤1]
প্রমাণ:
(i) মনে করি, \tan ^{-1} x= Aএবং \tan ^{-1} y=B ∴tanA =x এবং tanB=y
এখন, tan(A+B) =\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A \tan B}=\frac{x+y}{1-x y}
⇒ A+B=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}
∴ \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y}
(ii) মনে করি, \tan ^{-1} x= Aএবং \tan ^{-1} y=B ∴tanA =x এবং tanB=y
এখন,tan(A-B) =\frac{\tan A-\tan B}{1+\tan A \tan B} =\frac{x-y}{1+x y}
⇒ A-B=\tan ^{-1} \frac{x-y}{1+x y}
∴ \tan ^{-1} x- \tan ^{-1} y=\tan ^{-1} \frac{x-y}{1+x y}
(iii) \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y+ \tan ^{-1} z=\tan ^{-1} \frac{x+y}{1-x y} [(i) এর সাহায্যে]
⇒\tan ^{-1}\left\{\frac{\frac{x+y}{1-x y}+z}{1-\left(\frac{x+y}{1-x y}\right) z}\right\} =\tan ^{-1} \frac{(x+y) z+z(1-x y)}{1-x y-(x+y) z}
=\tan ^{-1} \frac{x+y+z-x y z}{1-y z-z x-x y}
∴ \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y+ \tan ^{-1} z=\tan ^{-1} \frac{x+y+z-x y z}{1-y z-z x-x y}
∴ \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y+ \tan ^{-1} z=\tan ^{-1} \frac{x+y+z-x y z}{1-y z-z x-x y}
- জেনে রাখা ভালো: \tan ^{-1} x+ \tan ^{-1} y=
(i) \sin ^{-1} x + \sin ^{-1} y =\sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}\right\} [যখন x^{2}+y^{2} \leq 1]
(ii) \sin ^{-1} x -\sin ^{-1} y =\sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}-y \sqrt{1-x^{2}}\right\}
(iii) \cos ^{-1} x+ \cos ^{-1} y=\cos ^{-1}\left\{x y-\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\} [যখন x+y≥0 ]
(iv) \cos ^{-1} x- \cos ^{-1} y= \cos ^{-1}\left\{x y+\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\}
প্রমাণ:
(i) মনে করি, \sin ^{-1} x =A এবং \sin ^{-1} y =B
∴ sinA= x এবং sinB=y
এখন, \sin (A+B) = sinAcosB+cosAsinB
= \sin A \sqrt{1-\sin ^{2} B}+ \sin B \sqrt{1-\sin ^{2} A}
= x \sqrt{1-y^{2}}+ y \sqrt{1-x^{2}}
⇒ A+B= \sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}\right\}
∴\sin ^{-1} x +\sin ^{-1} y = \sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}\right\}
(ii) মনে করি, \sin ^{-1} x =A এবং \sin ^{-1} y = B ∴ sinA = x এবং sinB =y
এখন, sin(A-B) = sinAcosB - cosAsinB
= \sin A \sqrt{1-\sin ^{2} B}-\sin B \sqrt{1-\sin ^{2} A}
= x \sqrt{1-y^{2}}-y \sqrt{1-x^{2}}
⇒A-B =\sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}-y \sqrt{1-x^{2}}\right\}
∴\sin ^{-1} x -\sin ^{-1} y =\sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}-y \sqrt{1-x^{2}}\right\}
(iii) মনে করি, \cos ^{-1} x =A এবং\cos ^{-1} y =B ∴ cosA= xএবং cosB =y
এখন, cos(A+B) =cosAcosB -sinAsinB
=cosAcosB -\sqrt{1-\cos ^{2} A} \sqrt{1-\cos ^{2} B}
=x y -\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}
⇒A+B = \cos ^{-1}\left\{x y-\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\}
∴\cos ^{-1} x +\cos ^{-1} y = \cos ^{-1}\left\{x y-\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\}
(iv) মনে করি, \cos ^{-1} x =A এবং\cos ^{-1} y =B ∴ cosA= xএবং cosB =y
এখন, cos(A-B) =cosAcosB +sinAsinB
=cosAcosB +\sqrt{1-\cos ^{2} A} \sqrt{1-\cos ^{2} B}
=x y +\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}
⇒A+B = \cos ^{-1}\left\{x y+\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\}
∴\cos ^{-1} x -\cos ^{-1} y = \cos ^{-1}\left\{x y+\sqrt{\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)}\right\}
বি.দ্র. \sin ^{-1} x +\sin ^{-1} y = \pi- \sin ^{-1}\left\{x \sqrt{1-y^{2}}+y \sqrt{1-x^{2}}\right\} [যখন \left.x^{2}+y^{2}>1\right] ]
(i)2 \sin ^{-1} x=\sin ^{-1}\left\{2 x \sqrt{1-x^{2}}\right\}
(ii) 2\cos ^{-1} x = \cos ^{-1}\left\{2 x^{2}-1\right\}
(iii) 2 \tan ^{-1} x=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}
(iv) 3 \sin ^{-1} x =\sin ^{-1}\left\{3 x-4 x^{3}\right\}
(v) 3 \cos ^{-1} x =\cos ^{-1}\left\{4 x^{3}-3 x\right\}
(vi) 3\tan ^{-1} x =\tan ^{-1} \frac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}}
প্রমাণ:
(i) মনে করি, \sin ^{-1} x =A ∴ sinA= x এবং cosA =\sqrt{1-\sin ^{2} A} =\sqrt{1-x^{2}}
এখন, sin 2A = 2sinAcosA
=2 x \sqrt{1-x^{2}}
⇒ 2A=\sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right)
∴2 \sin ^{-1} x = \sin ^{-1}\left(2 x \sqrt{1-x^{2}}\right)
(ii) মনে করি, \cos ^{-1} x = A ∴ cosA= x
এখন, cos 2A = 2 \cos ^{2} A-1= 2 x^{2}-1
⇒2A = \cos ^{-1} \left(2 x^{2}-1\right)
∴2\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \left(2 x^{2}-1\right)
(iii) মনে করি, \tan ^{-1} x =A ∴ tanA =x
এখন, 2A=\frac{2 \tan A}{1-\tan ^{2} A} =\frac{2 x}{1-x^{2}}
⇒ 2A=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}
∴2\tan ^{-1} x =\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}
(iv) মনে করি, \sin ^{-1} x ∴ sinA =x
এখন, sin 3A =3 \sin A-4 \sin ^{3} A
= 3 x-4 x^{3}
⇒3A = \sin ^{-1}\left(3 x-4 x^{3}\right)
∴3 \sin ^{-1} x = \sin ^{-1}\left(3 x-4 x^{3}\right)
(v) মনে করি, \cos ^{-1} x =A ∴ cosA= x
এখন, \cos 3 A =4 \cos ^{3} A-3 \cos A =4 x^{3}-3 x
⇒3A = \cos ^{-1}\left(4 x^{3}-3 x\right)
∴3\cos ^{-1} x = \cos ^{-1}\left(4 x^{3}-3 x\right)
(vi) মনে করি, \tan ^{-1} x =A ∴ tanA =x
এখন, tan 3A =\frac{3 \tan A-\tan ^{3} A}{1-3 \tan ^{2} A} = \frac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}}
⇒ 3A= \tan ^{-1} \frac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}}
∴3\tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \frac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}}
2\tan ^{-1} x =\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}} = \cos ^{-1} \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}
প্রমাণ:
মনে করি, \tan ^{-1} x=\theta ∴x =\tan \theta
এখন, \sin 2 \theta =\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^{2} \theta} =\frac{2 x}{1+x^{2}}
⇒2θ =\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}}
∴2\tan ^{-1} x =\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}} ………(i)
আবার, cos 2θ =\frac{1-\tan ^{2} \theta}{1+\tan ^{2} \theta} =\frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}
⇒2θ=\cos ^{-1} \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}
∴2\tan ^{-1} x =\cos ^{-1} \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}} ………(ii)
এবং, \tan 2 \theta = \frac{2 \tan \theta}{1-\tan ^{2} \theta}= \frac{2 x}{1-x^{2}}
⇒ 2 \theta= \tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}
∴2\tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}………(iii)
(i), (ii) ও (iii) নং হতে পাই, 2\tan ^{-1} x =\sin ^{-1} \frac{2 x}{1+x^{2}} = \cos ^{-1} \frac{1-x^{2}}{1+x^{2}}=\tan ^{-1} \frac{2 x}{1-x^{2}}