Basic Concepts of ITF Questions in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} 2 x=\frac{\pi}{3}$
ધારો કે $x=\sin \theta$.
તેથી,$\theta+\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}$.
$\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}-\theta$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા:
$2 \sin \theta = \sin \left(\frac{\pi}{3}-\theta\right)$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin \theta = \sin \frac{\pi}{3} \cos \theta - \cos \frac{\pi}{3} \sin \theta$.
$2 \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta - \frac{1}{2} \sin \theta$.
બંને બાજુ $\frac{1}{2} \sin \theta$ ઉમેરતા:
$\frac{5}{2} \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta$.
$\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{5}$.
$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{\sqrt{3}}{5}$ હોવાથી,કર્ણ $\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 5^2} = \sqrt{3+25} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$ થાય.
તેથી,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$.
$x = \sin \theta$ હોવાથી,$x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે,$\cos ^{-1} x = \sin ^{-1} 3x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [0, 1]$ માટે $\cos ^{-1} x = \sin ^{-1} \sqrt{1-x^2}$ થાય છે.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $\sin ^{-1} \sqrt{1-x^2} = \sin ^{-1} 3x$ મળે છે.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા,$\sqrt{1-x^2} = 3x$ મળે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$1-x^2 = 9x^2$ મળે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $10x^2 = 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $x^2 = \frac{1}{10}$.
અહીં $x$ ધન હોવો જોઈએ,તેથી $x = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$.
તેથી,$\cos^{-1}(\sin \theta) = \cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right]$.
કારણ કે $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,તેથી $-\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,અને આમ $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$.
$\cos^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
કારણ કે $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$,તેથી $\cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right] = \frac{\pi}{2} - \theta$ થાય.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\coth^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ જ્યાં $|x| > 1$ છે.
તેથી,$2 \coth^{-1}(4) = 2 \cdot \frac{1}{2} \log \left(\frac{4+1}{4-1}\right) = \log \left(\frac{5}{3}\right)$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $\text{sech}^{-1}(x) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ જ્યાં $0 < x \leq 1$ છે.
$x = \frac{3}{5}$ મૂકતા,$\text{sech}^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{1 - (9/25)}}{3/5}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{16/25}}{3/5}\right) = \log \left(\frac{1 + 4/5}{3/5}\right) = \log \left(\frac{9/5}{3/5}\right) = \log 3$.
તેથી,$2 \coth^{-1}(4) + \text{sech}^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \log \left(\frac{5}{3}\right) + \log 3 = \log \left(\frac{5}{3} \times 3\right) = \log 5$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{sech}^{-1}(x) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ અને $\operatorname{cosech}^{-1}(x) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}\right)$.
પગલું $1$: $\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ ની કિંમત શોધો.
$\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-1/2}}{1/\sqrt{2}}\right) = \ln\left(\frac{1+1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}}\right) = \ln(\sqrt{2}+1)$.
પગલું $2$: $\operatorname{cosech}^{-1}(-1)$ ની કિંમત શોધો.
$\operatorname{cosech}^{-1}(-1) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+(-1)^2}}{-1}\right) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{2}}{-1}\right) = \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}+1}\right) = \ln((\sqrt{2}+1)^{-1}) = -\ln(\sqrt{2}+1)$.
પગલું $3$: પરિણામોનો સરવાળો કરો.
$\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\operatorname{cosech}^{-1}(-1) = \ln(\sqrt{2}+1) - \ln(\sqrt{2}+1) = 0$.

(C) ધારો કે $f(x) = \operatorname{Tan}^{-1}(\sqrt{x(x+1)}) + \operatorname{Sin}^{-1}(\sqrt{x^2+x+1})$.
પદ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,દલીલોએ પ્રદેશની શરતો સંતોષવી આવશ્યક છે:
$1$. $x(x+1) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$.
$2$. $0 \le x^2+x+1 \le 1$.
કારણ કે $x^2+x+1 = (x+1/2)^2 + 3/4$,ન્યૂનતમ કિંમત $3/4$ છે. તેથી,$x^2+x+1 \le 1 \implies x^2+x \le 0 \implies x(x+1) \le 0 \implies x \in [-1, 0]$.
$(1)$ અને $(2)$ ની શરતોને જોડતા,આપણને $x \in \{-1, 0\}$ મળે છે.
કિસ્સો $1$: જો $x = 0$,તો $\operatorname{Tan}^{-1}(0) + \operatorname{Sin}^{-1}(1) = 0 + \pi/2 = \pi/2$. આ એક ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: જો $x = -1$,તો $\operatorname{Tan}^{-1}(0) + \operatorname{Sin}^{-1}(1) = 0 + \pi/2 = \pi/2$. આ એક ઉકેલ છે.
આમ,કુલ $2$ ઉકેલો છે.

(A) આપેલ છે કે $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \log \sqrt{5}$.
વ્યાખ્યા $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = \log \sqrt{5} = \frac{1}{2} \log 5$.
તેથી,$\frac{1+x}{1-x} = 5 \implies 1+x = 5-5x \implies 6x = 4 \implies x = \frac{2}{3}$.
આપેલ છે કે $\operatorname{Coth}^{-1} y = \log \sqrt{5}$.
વ્યાખ્યા $\operatorname{Coth}^{-1} y = \frac{1}{2} \log \left( \frac{y+1}{y-1} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{1}{2} \log \left( \frac{y+1}{y-1} \right) = \frac{1}{2} \log 5$.
તેથી,$\frac{y+1}{y-1} = 5 \implies y+1 = 5y-5 \implies 4y = 6 \implies y = \frac{3}{2}$.
હવે,$xy = \left( \frac{2}{3} \right) \left( \frac{3}{2} \right) = 1$.
તેથી,$\operatorname{Tan}^{-1}(xy) = \operatorname{Tan}^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $\operatorname{Sinh}^{-1}(2)+\operatorname{Sinh}^{-1}(3)=\alpha$.
બંને બાજુ $\sinh$ લેતા,આપણને મળે $\sinh(\operatorname{Sinh}^{-1}(2)+\operatorname{Sinh}^{-1}(3))=\sinh \alpha$.
ધારો કે $x=\operatorname{Sinh}^{-1}(2)$ અને $y=\operatorname{Sinh}^{-1}(3)$,તેથી $\sinh x=2$ અને $\sinh y=3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$,તેથી $\cosh x = \sqrt{1+\sinh^2 x} = \sqrt{1+2^2} = \sqrt{5}$.
તે જ રીતે,$\cosh y = \sqrt{1+\sinh^2 y} = \sqrt{1+3^2} = \sqrt{10}$.
નિત્યસમ $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે:
$\sinh \alpha = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y = (2)(\sqrt{10}) + (\sqrt{5})(3) = 2 \sqrt{10} + 3 \sqrt{5}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2 f(\sin x) + f(\cos x) = x$ ...$(i)$
$x$ ને $\frac{\pi}{2} - x$ વડે બદલતા,આપણને મળે છે:
$2 f(\cos x) + f(\sin x) = \frac{\pi}{2} - x$ ...(ii)
$f(\cos x)$ ને દૂર કરવા માટે,સમીકરણ (ii) ને $2$ વડે ગુણતા:
$4 f(\cos x) + 2 f(\sin x) = \pi - 2x$ ...(iii)
સમીકરણ (iii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા:
$4 f(\cos x) - f(\cos x) = \pi - 2x - x$
$3 f(\cos x) = \pi - 3x$
$f(\cos x) = \frac{\pi}{3} - x$
ધારો કે $t = \cos x$,તેથી $x = \cos^{-1} t$. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(t) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} t$
આમ,$f(x) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 0 - \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) $e^{\log x} = x$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$e^{\log (\cosh^{-1} 2)} = \cosh^{-1} 2$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^{-1} x = \log (x + \sqrt{x^2 - 1})$ જ્યાં $x \geq 1$.
$x = 2$ મુકતા:
$\cosh^{-1} 2 = \log (2 + \sqrt{2^2 - 1}) = \log (2 + \sqrt{4 - 1}) = \log (2 + \sqrt{3})$

(C) સમીકરણ $\sin ^{-1} x = 2 \sin ^{-1} a$ નો $x$ માટે ઉકેલ ત્યારે જ મળે જો જમણી બાજુ $2 \sin ^{-1} a$ એ $\sin ^{-1}$ વિધેયના વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ માં હોય.
તેથી,$-\frac{\pi}{2} \leq 2 \sin ^{-1} a \leq \frac{\pi}{2}$ હોવું જોઈએ.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $-\frac{\pi}{4} \leq \sin ^{-1} a \leq \frac{\pi}{4}$ મળે છે.
બધા ભાગો પર સાઈન વિધેય લાગુ કરતા,કારણ કે $\sin$ એ વધતું વિધેય છે,આપણને $\sin(-\frac{\pi}{4}) \leq a \leq \sin(\frac{\pi}{4})$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq a \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ થાય છે,જે $|a| \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ ને સમાન છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\coth^{-1}(2) + \operatorname{cosech}^{-1}(-2\sqrt{2})$.
કારણ કે $\operatorname{cosech}^{-1}(-x) = -\operatorname{cosech}^{-1}(x)$,તેથી પદાવલિ $\coth^{-1}(2) - \operatorname{cosech}^{-1}(2\sqrt{2})$ થશે.
$|x| > 1$ માટે સૂત્ર $\coth^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\coth^{-1}(2) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{2+1}{2-1}\right) = \frac{1}{2} \log(3) = \log \sqrt{3}$.
$x > 0$ માટે સૂત્ર $\operatorname{cosech}^{-1}(x) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{x^2+1}}{x}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\operatorname{cosech}^{-1}(2\sqrt{2}) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + 1}}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{8+1}}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{1+3}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{4}{2\sqrt{2}}\right) = \log \sqrt{2}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\log \sqrt{3} - \log \sqrt{2} = \log \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) = \log \sqrt{\frac{3}{2}}$.

(C) ધારો કે $f(x) = \operatorname{sech}^{-1} x + \operatorname{cosech}^{-1} x$.
$\operatorname{sech}^{-1} x$ નો પ્રદેશ $x \in (0, 1]$ છે.
$\operatorname{cosech}^{-1} x$ નો પ્રદેશ $x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ છે.
$f(x)$ નો પ્રદેશ આ બંનેનો છેદગણ છે,જે $x \in (0, 1]$ થાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{sech}^{-1} x = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ અને $\operatorname{cosech}^{-1} x = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}\right)$.
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $f(x) \to \infty$.
$x = 1$ આગળ,$f(1) = \operatorname{sech}^{-1}(1) + \operatorname{cosech}^{-1}(1) = 0 + \ln(1+\sqrt{2}) = \ln(1+\sqrt{2})$.
કારણ કે $f(x)$ એ $(0, 1]$ પર ઘટતું વિધેય છે,તેથી તેનો વિસ્તાર $[\ln(1+\sqrt{2}), \infty)$ છે.
આમ,$a = \ln(1+\sqrt{2})$ અને $b = \infty$.

(C) આપણે સૂત્ર $2 \tanh^{-1} x = \tanh^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$x = \frac{1}{2}$ મૂકતા:
$2 \tanh^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{2(\frac{1}{2})}{1+(\frac{1}{2})^2} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{1}{1 + \frac{1}{4}} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{1}{\frac{5}{4}} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{4}{5} \right)$.
હવે,ઇન્વર્સ હાઇપરબોલિક ટેન્જેન્ટ વિધેયના લઘુગણકીય સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરીએ: $\tanh^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
$x = \frac{4}{5}$ મૂકતા:
$\tanh^{-1} \left( \frac{4}{5} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1 + \frac{4}{5}}{1 - \frac{4}{5}} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{\frac{9}{5}}{\frac{1}{5}} \right) = \frac{1}{2} \log 9 = \frac{1}{2} \log 3^2 = \log 3$.

(C) આપેલ છે: $\sin ^{-1}(4 x)-\cos ^{-1}(3 x)=\frac{\pi}{6}$....$(i)$
ધારો કે $A=\sin ^{-1}(4 x)$ અને $B=\cos ^{-1}(3 x)$.
તેથી $\sin A=4 x$ અને $\cos B=3 x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos A=\sqrt{1-16 x^2}$ અને $\sin B=\sqrt{1-9 x^2}$.
$(i)$ પરથી,$A-B=\frac{\pi}{6}$. બંને બાજુ સાઈન લેતા:
$\sin(A-B) = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(4x)(3x) - \sqrt{1-16 x^2} \sqrt{1-9 x^2} = \frac{1}{2}$.
$12x^2 - \frac{1}{2} = \sqrt{(1-16 x^2)(1-9 x^2)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(12x^2 - \frac{1}{2})^2 = (1-16 x^2)(1-9 x^2)$.
$144x^4 - 12x^2 + \frac{1}{4} = 1 - 9x^2 - 16x^2 + 144x^4$.
$-12x^2 + \frac{1}{4} = 1 - 25x^2$.
$13x^2 = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.
$x^2 = \frac{3}{52}$.
$x = \sqrt{\frac{3}{52}} = \frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{13}}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \cot \left(\cos ^{-1} x\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$.
તેથી,$\frac{\pi}{3} = \cot \left(\cos ^{-1} x\right)$.
બંને બાજુ $\cot$ લેતા: $\cot \left(\frac{\pi}{3}\right) = \cos ^{-1} x$.
કારણ કે $\cot \left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $\frac{1}{\sqrt{3}} = \cos ^{-1} x$.
તેથી,$x = \cos \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
આપેલ વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,પ્રશ્નમાં ભૂલ હોઈ શકે છે. જો પ્રશ્ન $\cot^{-1}(\frac{1}{2}) = \cos^{-1}x$ હોત,તો $x = \cos(\cot^{-1}(\frac{1}{2})) = \frac{2}{\sqrt{5}}$ મળે. આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) ધારો કે $x = \sinh^{-1} 2$ અને $y = \cosh^{-1} \sqrt{6}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sinh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1})$,તેથી $x = \ln(2 + \sqrt{2^2 + 1}) = \ln(2 + \sqrt{5})$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$,તેથી $y = \ln(\sqrt{6} + \sqrt{6 - 1}) = \ln(\sqrt{6} + \sqrt{5})$.
તેથી $e^{x+y} = e^x \cdot e^y = (2 + \sqrt{5})(\sqrt{6} + \sqrt{5})$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $2\sqrt{6} + 2\sqrt{5} + \sqrt{30} + 5 = 5 + 2\sqrt{6} + 2\sqrt{5} + \sqrt{30}$ મળે છે.
આને $(a+(b+\sqrt{c}) \sqrt{a}+b \sqrt{c})$ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$a=5, b=2, c=6$ મળે છે.
તેથી,$a+b+c = 5+2+6 = 13$.

(A) વિધાન-$I$ માટે: $\operatorname{Cosh}^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$ જ્યાં $x \ge 1$. $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \frac{1}{2} \ln(\frac{1+x}{1-x})$ જ્યાં $|x| < 1$. પ્રદેશો અલગ હોવાથી ($x \ge 1$ અને $|x| < 1$),કોઈ ઉકેલ શક્ય નથી. તેથી,વિધાન-$I$ સાચું છે.
વિધાન-$II$ માટે: $\operatorname{Cosh}^{-1} x = \operatorname{Coth}^{-1} x$. $\operatorname{Coth}^{-1} x = \frac{1}{2} \ln(\frac{x+1}{x-1})$ જ્યાં $|x| > 1$. સમીકરણ $\ln(x + \sqrt{x^2 - 1}) = \frac{1}{2} \ln(\frac{x+1}{x-1})$ ઉકેલતા,આપણને $x > 1$ માટે એક ઉકેલ મળે છે. તેથી,વિધાન-$II$ સાચું છે.

(A) આપેલ છે કે,$x = \tan^{-1} \left(\frac{1}{5}\right) + \tan^{-1} \left(\frac{1}{8}\right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,
$x = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{1}{5} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{8}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{8+5}{40}}{\frac{40-1}{40}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{13}{39}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{1}{3}\right)$.
આમ,$\tan x = \frac{1}{3}$.
$\tan x = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{1}{3}$ હોવાથી,કર્ણ $\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$ થાય.
તેથી,$\sin x = \frac{1}{\sqrt{10}}$ અને $\cos x = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મુકતા:
$\frac{\sin x + \cos x}{\tan x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{10}} + \frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{\frac{4}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{12}{\sqrt{10}}$.

(C) ધારો કે $\theta = \tan ^{-1} \left(\frac{y}{2}\right)$.
તેથી,$\tan \theta = \frac{y}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે નિત્યસમ $\sec ^2 \theta = 1 + \tan ^2 \theta$.
$\tan \theta$ ની કિંમત મૂકતા:
$\sec ^2 \theta = 1 + \left(\frac{y}{2}\right)^2 = 1 + \frac{y^2}{4} = \frac{4+y^2}{4}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\sec \theta = \sqrt{\frac{4+y^2}{4}} = \frac{\sqrt{4+y^2}}{2}$.
આમ,$\sec \left(\tan ^{-1} \frac{y}{2}\right) = \frac{\sqrt{4+y^2}}{2}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $|x| > 1$ માટે $\operatorname{coth}^{-1}(x) = \tanh^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)$ થાય છે.
તેથી,$\operatorname{coth}^{-1}(2) = \tanh^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(2) = \tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)+\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$.
લઘુગણકીય સ્વરૂપ $\tanh^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \tanh^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}\right) = \log \left(\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}\right) = \log 3$.

(A) આપેલ છે કે,$\sin ^{-1}\left(x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{4}-\frac{x^{4}}{8}+\ldots\right)=\frac{\pi}{6}$.
$\sin ^{-1}$ વિધેયની અંદર રહેલી શ્રેણી એક અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જેમાં પ્રથમ પદ $a = x$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = -\frac{x}{2}$ છે.
અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$S_{\infty} = \frac{x}{1 - (-\frac{x}{2})} = \frac{x}{1 + \frac{x}{2}} = \frac{2x}{2+x}$.
તેથી,$\sin ^{-1}\left(\frac{2x}{2+x}\right) = \frac{\pi}{6}$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા,$\frac{2x}{2+x} = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા,$4x = 2 + x$.
$3x = 2$,તેથી $x = \frac{2}{3}$.

(B) આપેલ પદ $\tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2-1}{\cos 2}\right)$ છે.
નિત્યસમ $\sin 2 = 2\sin 1 \cos 1$,$1 = \sin^2 1 + \cos^2 1$,અને $\cos 2 = \cos^2 1 - \sin^2 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin 2 - 1}{\cos 2} = \frac{2\sin 1 \cos 1 - (\sin^2 1 + \cos^2 1)}{\cos^2 1 - \sin^2 1} = \frac{-(\cos 1 - \sin 1)^2}{(\cos 1 - \sin 1)(\cos 1 + \sin 1)}$.
અહીં $\cos 1 > \sin 1$ હોવાથી $(1 \text{ રેડિયન} \approx 57.3^\circ)$,આ પદ $\frac{-(\cos 1 - \sin 1)}{\cos 1 + \sin 1} = \frac{\sin 1 - \cos 1}{\cos 1 + \sin 1}$ માં પરિણમે છે.
અંશ અને છેદને $\cos 1$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{\tan 1 - 1}{1 + \tan 1} = \tan(1 - \frac{\pi}{4})$ મળે છે.
તેથી,$\tan ^{-1}(\tan(1 - \frac{\pi}{4})) = 1 - \frac{\pi}{4}$.

(A) ધારો કે ખૂણો $\theta$ છે. આ ખૂણાને બે ભાગ $\alpha$ અને $\beta$ માં વિભાજિત કરવામાં આવે છે જેથી $\tan \alpha = \frac{1}{2}$ અને $\tan \beta = \frac{1}{3}$ થાય.
તેથી,$\theta = \alpha + \beta = \tan^{-1}(\frac{1}{2}) + \tan^{-1}(\frac{1}{3})$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1}(\frac{x+y}{1-xy})$ નો ઉપયોગ કરતા (જ્યાં $xy < 1$):
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3})}\right)$
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{1}{6}}\right)$
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}}\right)$
$\theta = \tan^{-1}(1)$
આમ,$\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ હોવાથી,$\theta = \frac{\pi}{4}$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(1/\sqrt{2}) = \pi/4$ થાય છે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cos \left( 5 \cdot \frac{\pi}{4} \right) \right]$ મળે છે.
કારણ કે $\cos(5\pi/4) = \cos(\pi + \pi/4) = -\cos(\pi/4) = -1/\sqrt{2}$ થાય છે.
આ કિંમત મૂકતા,પદાવલિ $\tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \right]$ બને છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\tan^{-1} \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(-x) = -\tan^{-1}(x)$ અને $\tan^{-1}(1/\sqrt{3}) = \pi/6$ હોવાથી,અંતિમ જવાબ $-\pi/6$ મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$ થાય છે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા: $2 \sin^{-1}(\frac{1}{2}) = 2(\frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{3}$ મળે છે.
હવે,પદાવલિ $\tan^{-1} [2 \cos(\frac{\pi}{3})]$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ થાય છે,તેથી $\tan^{-1} [2 \times \frac{1}{2}] = \tan^{-1}(1)$ મળે છે.
કારણ કે $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ થાય છે,તેથી અંતિમ જવાબ $\frac{\pi}{4}$ છે.

(A) $\sin^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખા $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ છે.
અહીં $\frac{3\pi}{5} > \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,આપણે નિત્યસમ $\sin(\pi - \theta) = \sin(\theta)$ નો ઉપયોગ કરીને $\sin(\frac{3\pi}{5})$ ને ફરીથી લખવું પડશે.
આમ,$\sin(\frac{3\pi}{5}) = \sin(\pi - \frac{3\pi}{5}) = \sin(\frac{2\pi}{5})$.
કારણ કે $\frac{2\pi}{5}$ એ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ અંતરાલમાં આવે છે,તેથી $\sin^{-1}(\sin \frac{2\pi}{5}) = \frac{2\pi}{5}$ થાય.

(B) પ્રતિવિધેય કોસાઇન વિધેય $\cos^{-1}(x)$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખા $[0, \pi]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવી છે.
તેથી,જો $y = \cos^{-1}(x)$ હોય,તો $y$ એ $[0, \pi]$ અંતરાલમાં હોવું જોઈએ.