Properties of ITF Questions in Gujarati

(B) ધારો કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{\cos x}{1 + \sin x} \right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos x = \sin(\frac{\pi}{2} - x)$ અને $1 + \sin x = 1 + \cos(\frac{\pi}{2} - x) = 2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cos x}{1 + \sin x} = \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - x)}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})} = \frac{2 \sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.
તેથી,$y = \tan^{-1} \left( \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \right) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} \right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(B) વિધેય $y = \cos^{-1}(\cos x)$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(\cos x) = x$ ફક્ત ત્યારે જ થાય જ્યારે $x \in [0, \pi]$ હોય.
અહીં,$x = \frac{5\pi}{4}$ છે,જે અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં આવે છે.
અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં,$\cos x = \cos(2\pi - x)$ થાય છે.
તેથી,$y = \cos^{-1}(\cos(2\pi - x)) = 2\pi - x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(2\pi - x) = -1$ મળે છે.
આમ,$x = \frac{5\pi}{4}$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = -1$ થાય છે.

(B) ધારો કે $y = \sin^{-1}(3x - 4x^3)$.
$x = \sin \theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \sin^{-1} x$.
તેથી,$y = \sin^{-1}(3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 3\theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin^{-1}(\sin 3\theta) = 3\theta$.
$\theta = \sin^{-1} x$ પાછું મૂકતા,આપણને $y = 3 \sin^{-1} x$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) = 3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = \frac{3}{\sqrt{1-x^2}}$.

(B) આપેલ છે $f(x)=(\sin ^{-1} x)^2+(\cos ^{-1} x)^2$.
કારણ કે $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x$.
ધારો કે $t = \sin ^{-1} x$. $x \in [-1, 1]$ હોવાથી,$t \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી $f(t) = t^2 + (\frac{\pi}{2} - t)^2 = t^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi t + t^2 = 2t^2 - \pi t + \frac{\pi^2}{4}$.
આ ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેનું શિરોબિંદુ $t = -\frac{-\pi}{2(2)} = \frac{\pi}{4}$ પર છે.
$\frac{\pi}{4} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $t = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે.
$\alpha = f(\frac{\pi}{4}) = 2(\frac{\pi^2}{16}) - \pi(\frac{\pi}{4}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{8}$.
મહત્તમ કિંમત અંતરાલ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર મળે છે.
$t = -\frac{\pi}{2}$ પર,$f(-\frac{\pi}{2}) = 2(-\frac{\pi}{2})^2 - \pi(-\frac{\pi}{2}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{5\pi^2}{4}$.
$t = \frac{\pi}{2}$ પર,$f(\frac{\pi}{2}) = 2(\frac{\pi}{2})^2 - \pi(\frac{\pi}{2}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{4}$.
આમ,$\beta = \frac{5\pi^2}{4}$.
અંતે,$8(\alpha + \beta) = 8(\frac{\pi^2}{8} + \frac{5\pi^2}{4}) = 8(\frac{\pi^2 + 10\pi^2}{8}) = 11\pi^2$.

(A) આપેલ ત્રિઘાત સમીકરણ $x^3 - x^2 \tan \theta + x \tan^2 \theta + \tan \theta = 0$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બીજનો સરવાળો,બે બીજના ગુણાકારનો સરવાળો અને બીજનો ગુણાકાર નીચે મુજબ છે:
$x_1 + x_2 + x_3 = \tan \theta$
$x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 = \tan^2 \theta$
$x_1 x_2 x_3 = -\tan \theta$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1} x_1 + \tan^{-1} x_2 + \tan^{-1} x_3 = \tan^{-1} \left( \frac{(x_1 + x_2 + x_3) - x_1 x_2 x_3}{1 - (x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_1)} \right)$.
કિંમતો મૂકતા:
$= \tan^{-1} \left( \frac{\tan \theta - (-\tan \theta)}{1 - \tan^2 \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} \right)$.
દ્વિગુણિત ખૂણાના સૂત્ર $\tan 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan^{-1} (\tan 2\theta) = 2\theta$.
$\theta = \frac{\pi}{12}$ માટે,મૂલ્ય $2 \times \frac{\pi}{12} = \frac{\pi}{6}$ થાય.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $\tan \alpha = \frac{1}{7}$ અને $\sin \beta = \frac{1}{\sqrt{10}}$.
$\beta$ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$\cos \beta = \sqrt{1 - \sin^2 \beta} = \sqrt{1 - \frac{1}{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
તેથી,$\tan \beta = \frac{\sin \beta}{\cos \beta} = \frac{1}{3}$.
હવે,$\alpha + 2\beta = \tan^{-1}(\frac{1}{7}) + 2\tan^{-1}(\frac{1}{3})$.
સૂત્ર $2\tan^{-1} x = \tan^{-1}(\frac{2x}{1-x^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2\tan^{-1}(\frac{1}{3}) = \tan^{-1}(\frac{3}{4})$.
તેથી,$\alpha + 2\beta = \tan^{-1}(\frac{1}{7}) + \tan^{-1}(\frac{3}{4}) = \tan^{-1}(\frac{1/7 + 3/4}{1 - 3/28}) = \tan^{-1}(1) = 45^{\circ}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta} = \cos 2\theta$. તેથી,$\frac{\tan^2 \theta - 1}{\tan^2 \theta + 1} = -\cos 2\theta$.
ધારો કે $\theta = \frac{\alpha-\pi}{4}$. તો $2\theta = \frac{\alpha-\pi}{2} = \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$-\cos 2\theta = -\cos(\frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{2}) = -\cos(\frac{\pi}{2} - \frac{\alpha}{2}) = -\sin \frac{\alpha}{2}$.
પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$\operatorname{cosec}^{-1}\left[\left(-\sin \frac{\alpha}{2} + \cos \frac{\alpha}{2} \cot 5 \alpha\right) \sec \frac{11 \alpha}{2}\right]$
$= \operatorname{cosec}^{-1}\left[\left(-\sin \frac{\alpha}{2} + \cos \frac{\alpha}{2} \frac{\cos 5 \alpha}{\sin 5 \alpha}\right) \sec \frac{11 \alpha}{2}\right]$
$= \operatorname{cosec}^{-1}\left[\left(\frac{-\sin 5 \alpha \sin \frac{\alpha}{2} + \cos 5 \alpha \cos \frac{\alpha}{2}}{\sin 5 \alpha}\right) \sec \frac{11 \alpha}{2}\right]$
$= \operatorname{cosec}^{-1}\left[\frac{\cos(5 \alpha + \frac{\alpha}{2})}{\sin 5 \alpha} \cdot \sec \frac{11 \alpha}{2}\right]$
$= \operatorname{cosec}^{-1}\left[\frac{\cos \frac{11 \alpha}{2}}{\sin 5 \alpha} \cdot \frac{1}{\cos \frac{11 \alpha}{2}}\right]$
$= \operatorname{cosec}^{-1}(\operatorname{cosec} 5 \alpha) = 5 \alpha$.

(A) કારણ $(R)$ માટે,ધારો કે $p = e^{\operatorname{cosech}^{-1} x}$.
તેથી $\operatorname{cosech}^{-1} x = \ln p$,જેનો અર્થ છે કે $x = \operatorname{cosech}(\ln p) = \frac{p^2 - 1}{2p}$.
આથી $2px = p^2 - 1$,અથવા $p^2 - 2px - 1 = 0$.
આપેલ સમીકરણ $x p^2 - 2p - x = 0$ માં $p = \frac{1 + \sqrt{1+x^2}}{x}$ મૂકતા તે શૂન્ય થાય છે.
તેથી કારણ $(R)$ સાચું છે.
વિધાન $(A)$ માટે,$\operatorname{cosech}^{-1}(3) = \ln \left(\frac{1 + \sqrt{1+3^2}}{3}\right) = \ln \left(\frac{1 + \sqrt{10}}{3}\right)$.
તેથી વિધાન $(A)$ સાચું છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(D) આપણે $|x| < 1$ માટે $2 \tan ^{-1}(x) = \tan ^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીશું.
પ્રથમ પદ માટે $x = \frac{1}{3}$ લેતા:
$2 \tan ^{-1}\left(\frac{1}{3}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2(\frac{1}{3})}{1-(\frac{1}{3})^2}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2/3}{1-1/9}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2/3}{8/9}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2}{3} \times \frac{9}{8}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.
હવે,પદાવલિ $\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{7}\right)$ બને છે.
$xy < 1$ હોય ત્યારે $\tan ^{-1}(x) + \tan ^{-1}(y) = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1}\left(\frac{3/4 + 1/7}{1 - (3/4)(1/7)}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{(21+4)/28}{1 - 3/28}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{25/28}{25/28}\right) = \tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(B) ધારો કે $f(x) = 2 \sin ^{-1} x + \sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^2}) + 3 \cos ^{-1} x - \cos ^{-1}(4 x^3 - 3 x)$.
$x \in [-1, 1]$ માટે,$x = \cos \theta$ લો,જ્યાં $\theta \in [0, \pi]$.
તેથી $\sin^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \theta$.
વળી,$\sin^{-1}(2x\sqrt{1-x^2}) = \sin^{-1}(\sin 2\theta)$ અને $\cos^{-1}(4x^3-3x) = \cos^{-1}(\cos 3\theta)$.
જ્યારે $x \in [-1, -\frac{1}{\sqrt{2}}]$,ત્યારે $\theta \in [\frac{3\pi}{4}, \pi]$.
આમ,$2\theta \in [\frac{3\pi}{2}, 2\pi]$,તેથી $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta - 2\pi$.
અને $3\theta \in [\frac{9\pi}{4}, 3\pi]$,તેથી $\cos^{-1}(\cos 3\theta) = 3\pi - 3\theta$.
આ કિંમતો મૂકતા: $f(x) = 2(\frac{\pi}{2} - \theta) + (2\theta - 2\pi) + 3\theta - (3\pi - 3\theta) = \pi - 2\theta + 2\theta - 2\pi + 3\theta - 3\pi + 3\theta = 6\theta - 4\pi$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$x \in [-1, -\frac{1}{\sqrt{2}}]$ માટે સાચો જવાબ $\pi$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{1+x}{1-x}\right)$. સૂત્ર $\tan^{-1}\left(\frac{a+b}{1-ab}\right) = \tan^{-1} a + \tan^{-1} b$ નો ઉપયોગ કરતા,$x < 1$ માટે $f(x) = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(x) = \frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x$ મળે છે.
$x > 1$ માટે,$\tan^{-1}$ ના વિસ્તારને કારણે સૂત્રમાં અચળાંક ઉમેરાય છે,એટલે કે $f(x) = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}(x) - \pi = \frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x - \pi = -\frac{3\pi}{4} + \tan^{-1} x$.
આમ,કારણ $(R)$ સાચું છે.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x < 1$ માટે,$\frac{d}{dx}\left(\frac{\pi}{4} + \tan^{-1} x\right) = 0 + \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2}$.
$x > 1$ માટે,$\frac{d}{dx}\left(-\frac{3\pi}{4} + \tan^{-1} x\right) = 0 + \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2}$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\tan^{-1} x) = \frac{1}{1+x^2}$,વિધાન $(A)$ પણ સાચું છે,અને $(R)$ સમજાવે છે કે શા માટે વિકલિતો સમાન છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે અને $(R)$ એ સાચી સમજૂતી છે.

(C) આપેલ છે કે,$|x|>1$ માટે $\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(x)=\log _e(f(x))$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh ^{-1}(u) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{1+u}{1-u}\right)$.
$u = \frac{1}{x}$ મૂકતા,આપણને મળે $\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{1+\frac{1}{x}}{1-\frac{1}{x}}\right) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
તે જ રીતે,$|x|>1$ માટે $\operatorname{coth}^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
આ બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right) + \frac{1}{2} \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right) = \log _e\left(\frac{x+1}{x-1}\right)$.
આને $\log _e(f(x))$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$ મળે છે.
હવે,$x = -5$ મૂકતા:
$f(-5) = \frac{-5+1}{-5-1} = \frac{-4}{-6} = \frac{2}{3}$.

(A) આપણે સૂત્ર $\operatorname{Tan}^{-1} x + \operatorname{Tan}^{-1} y = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રથમ,$\operatorname{Tan}^{-1} \frac{3}{5} + \operatorname{Tan}^{-1} \frac{6}{41}$ ની ગણતરી કરો:
$= \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\frac{3}{5} + \frac{6}{41}}{1 - \frac{3}{5} \times \frac{6}{41}} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\frac{123+30}{205}}{\frac{205-18}{205}} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{153}{187} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{9}{11} \right)$.
હવે,ત્રીજું પદ ઉમેરો: $\operatorname{Tan}^{-1} \frac{9}{11} + \operatorname{Tan}^{-1} \frac{9}{191}$:
$= \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\frac{9}{11} + \frac{9}{191}}{1 - \frac{9}{11} \times \frac{9}{191}} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{\frac{1719+99}{2101}}{\frac{2101-81}{2101}} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{1818}{2020} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{9}{10} \right)$.

(C) આપેલ છે કે $2 \operatorname{Tanh}^{-1} x = \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$.
ધારો કે $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \theta$,તેથી $x = \tanh \theta$.
તેથી,$2\theta = \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{4}{3}\right)$,જેનો અર્થ છે કે $\sinh(2\theta) = \frac{4}{3}$.
નિત્યસમ $\sinh(2\theta) = \frac{2\tanh \theta}{1-\tanh^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{2x}{1-x^2} = \frac{4}{3}$.
$6x = 4 - 4x^2 \implies 4x^2 + 6x - 4 = 0 \implies 2x^2 + 3x - 2 = 0$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $(2x-1)(x+2) = 0$. $\operatorname{Tanh}^{-1} x$ માટે $|x| < 1$ હોવાથી,આપણને $x = \frac{1}{2}$ મળે છે.
હવે,આપણે $\operatorname{Cosh}^{-1}\left(\frac{1}{x}\right) = \operatorname{Cosh}^{-1}(2)$ શોધવાની જરૂર છે.
સૂત્ર $\operatorname{Cosh}^{-1} y = \log(y + \sqrt{y^2-1})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\operatorname{Cosh}^{-1}(2) = \log(2 + \sqrt{2^2-1}) = \log(2 + \sqrt{3})$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)=\frac{\pi}{2}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(u) + \cos ^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin ^{-1}(u) = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}(u)$.
આપેલ સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)$.
નિત્યસમ $\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(u) = \cos ^{-1}(u)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{5}{x}\right)$.
ધારો કે $\sin ^{-1}\left(\frac{12}{x}\right) = \theta$,તો $\sin \theta = \frac{12}{x}$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી,$\cos \theta = \sqrt{1 - \left(\frac{12}{x}\right)^2} = \frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x}$.
આમ,$\theta = \cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x}\right)$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{\sqrt{x^2 - 144}}{x} = \frac{5}{x}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x^2 - 144 = 25$.
$x^2 = 169$,જે આપણને $x = 13$ આપે છે (કારણ કે અહીં $\sin^{-1}$ ના પ્રદેશ માટે $x$ ધન હોવો જોઈએ).

(A) આપેલ સમીકરણ $\sin \left(\cot ^{-1} x\right)=\cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \left(\cot ^{-1} x\right) = \sin \left(\sin ^{-1} \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$.
તે જ રીતે,$\cos \left(\tan ^{-1}(1+x)\right) = \cos \left(\cos ^{-1} \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}\right) = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
બંને બાજુ સરખાવતા,$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \frac{1}{\sqrt{1+(1+x)^2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$1+x^2 = 1+(1+x)^2$.
$1+x^2 = 1+1+x^2+2x$.
$1+x^2 = 2+x^2+2x$.
બંને બાજુથી $x^2$ બાદ કરતા,$1 = 2+2x$.
$2x = -1$.
$x = -\frac{1}{2}$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે વ્યસ્ત હાઇપરબોલિક સેકન્ટ વિધેય $\operatorname{sech}^{-1}(x) = \log \left( \frac{1 + \sqrt{1 - x^2}}{x} \right)$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = \cos \theta$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\operatorname{sech}^{-1}(\cos \theta) = \log \left( \frac{1 + \sqrt{1 - \cos^2 \theta}}{\cos \theta} \right)$
$\theta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ હોવાથી,$\sin \theta > 0$,તેથી $\sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sin \theta$.
આમ,પદાવલિ $\log \left( \frac{1 + \sin \theta}{\cos \theta} \right)$ બને છે.
આને $\log (\sec \theta + \tan \theta)$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
નિત્યસમ $\sec \theta + \tan \theta = \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\operatorname{sech}^{-1}(\cos \theta) = \log \left| \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2} \right) \right|$.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\sin ^{-1} \frac{4}{5} + 2 \tan ^{-1} \frac{1}{3}$.
સૌ પ્રથમ,સૂત્ર $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \frac{2x}{1-x^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \tan ^{-1} \frac{1}{3} = \tan ^{-1} \frac{2(1/3)}{1-(1/3)^2} = \tan ^{-1} \frac{2/3}{1-1/9} = \tan ^{-1} \frac{2/3}{8/9} = \tan ^{-1} \left(\frac{2}{3} \times \frac{9}{8}\right) = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
હવે,પદાવલિ $\sin ^{-1} \frac{4}{5} + \tan ^{-1} \frac{3}{4}$ બને છે.
જો $\tan ^{-1} \frac{3}{4} = \theta$ હોય,તો $\tan \theta = \frac{3}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $\sin \theta = \frac{3}{5}$ અને $\cos \theta = \frac{4}{5}$.
તેથી,$\tan ^{-1} \frac{3}{4} = \cos ^{-1} \frac{4}{5}$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $\sin ^{-1} \frac{4}{5} + \cos ^{-1} \frac{4}{5}$ મળે છે.
નિત્યસમ $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,જવાબ $\frac{\pi}{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $\sinh^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \theta$.
તેથી,$\sinh \theta = \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^2 \theta - \sinh^2 \theta = 1$,તેથી $\cosh^2 \theta = 1 + \sinh^2 \theta$.
$\sinh \theta$ ની કિંમત મૂકતા:
$\cosh^2 \theta = 1 + \left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right)^2 = 1 + \frac{x^2}{1-x^2} = \frac{1-x^2+x^2}{1-x^2} = \frac{1}{1-x^2}$.
આમ,$\cosh \theta = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.
હવે,$\tanh \theta = \frac{\sinh \theta}{\cosh \theta} = \frac{x/\sqrt{1-x^2}}{1/\sqrt{1-x^2}} = x$.
તેથી,$\theta = \tanh^{-1} x$.
આમ,$\sinh^{-1}\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \tanh^{-1} x$.

(A) આપેલ છે,$\sin ^{-1} x < \cos ^{-1} x$
કારણ કે $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,આપણે $\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x$ લખી શકીએ છીએ.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા:
$\frac{\pi}{2} - \cos ^{-1} x < \cos ^{-1} x$
$\Rightarrow \frac{\pi}{2} < 2 \cos ^{-1} x$
$\Rightarrow \cos ^{-1} x > \frac{\pi}{4}$
કારણ કે $\cos \theta$ એ $[0, \pi]$ અંતરાલમાં ઘટતું વિધેય છે,તેથી બંને બાજુ $\cos$ લેતા અસમતાની નિશાની બદલાશે:
$x < \cos \left(\frac{\pi}{4}\right)$
$x < \frac{1}{\sqrt{2}}$
વળી,$\sin ^{-1} x$ અને $\cos ^{-1} x$ નો પ્રદેશ $[-1, 1]$ છે.
$x < \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને પ્રદેશ $[-1, 1]$ ને જોડતા,આપણને મળે છે:
$-1 \leq x < \frac{1}{\sqrt{2}}$

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1}\left(\frac{x}{5}\right)+\operatorname{cosec}^{-1}\left(\frac{5}{4}\right)=\frac{\pi}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{cosec}^{-1}(y) = \sin ^{-1}\left(\frac{1}{y}\right)$ જ્યાં $|y| \geq 1$.
તેથી,$\operatorname{cosec}^{-1}\left(\frac{5}{4}\right) = \sin ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right)$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\sin ^{-1}\left(\frac{x}{5}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right)=\frac{\pi}{2}$.
નિત્યસમ $\sin ^{-1}(A) + \cos ^{-1}(A) = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin ^{-1}\left(\frac{x}{5}\right) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right)$.
કારણ કે $\cos ^{-1}\left(\frac{4}{5}\right) = \sin ^{-1}\left(\sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2}\right) = \sin ^{-1}\left(\sqrt{1 - \frac{16}{25}}\right) = \sin ^{-1}\left(\sqrt{\frac{9}{25}}\right) = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$.
તેથી,$\sin ^{-1}\left(\frac{x}{5}\right) = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{x}{5} = \frac{3}{5}$,તેથી $x = 3$.
અંતે,$5 + x = 5 + 3 = 8$.

(A) આપેલ સમીકરણ $(\tan ^{-1} x)^2+(\cot ^{-1} x)^2=\frac{5 \pi^2}{8}$ છે.
નિત્યસમ $\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ કે $(\tan ^{-1} x)^2 + (\cot ^{-1} x)^2 = (\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x)^2 - 2 \tan ^{-1} x \cot ^{-1} x$.
આ કિંમત મૂકતા: $(\frac{\pi}{2})^2 - 2 \tan ^{-1} x (\frac{\pi}{2} - \tan ^{-1} x) = \frac{5 \pi^2}{8}$.
$\frac{\pi^2}{4} - \pi \tan ^{-1} x + 2(\tan ^{-1} x)^2 = \frac{5 \pi^2}{8}$.
$2(\tan ^{-1} x)^2 - \pi \tan ^{-1} x + \frac{\pi^2}{4} - \frac{5 \pi^2}{8} = 0$.
$2(\tan ^{-1} x)^2 - \pi \tan ^{-1} x - \frac{3 \pi^2}{8} = 0$.
ધારો કે $u = \tan ^{-1} x$. તો $2u^2 - \pi u - \frac{3 \pi^2}{8} = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $u = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$u = \frac{\pi \pm \sqrt{\pi^2 - 4(2)(-\frac{3 \pi^2}{8})}}{4} = \frac{\pi \pm \sqrt{\pi^2 + 3 \pi^2}}{4} = \frac{\pi \pm 2 \pi}{4}$.
તેથી,$u = \frac{3 \pi}{4}$ અથવા $u = -\frac{\pi}{4}$.
કારણ કે $x = \tan u$,તેથી $x = \tan(\frac{3 \pi}{4}) = -1$ અથવા $x = \tan(-\frac{\pi}{4}) = -1$.
આમ,$x = -1$.

(D) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\cos^{-1}(-x) = \pi - \cos^{-1}(x)$,$\sin^{-1}(-x) = -\sin^{-1}(x)$,અને $\tan^{-1}(-x) = -\tan^{-1}(x)$.
આપેલ પદાવલિ: $E = \cos^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) - 2\sin^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) + 3\cos^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - 4\tan^{-1}(-1)$
પગલું $1$: ગુણધર્મો લાગુ કરો:
$E = \left(\pi - \cos^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)\right) - 2\left(\frac{\pi}{6}\right) + 3\left(\pi - \cos^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right) - 4\left(-\frac{\pi}{4}\right)$
પગલું $2$: પ્રમાણિત કિંમતો મૂકો:
$E = \left(\pi - \frac{\pi}{3}\right) - \frac{\pi}{3} + 3\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) + \pi$
પગલું $3$: પદાવલિનું સાદું રૂપ આપો:
$E = \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 3\left(\frac{3\pi}{4}\right) + \pi$
$E = \frac{\pi}{3} + \frac{9\pi}{4} + \pi$
$E = \frac{4\pi + 27\pi + 12\pi}{12} = \frac{43\pi}{12}$

(A) ધારો કે $A = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\sqrt{\frac{x(x+y+z)}{y z}}\right)$,$B = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\sqrt{\frac{y(x+y+z)}{x z}}\right)$,અને $C = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\sqrt{\frac{z(x+y+z)}{x y}}\right)$.
આ પદાવલિને ઇન્વર્સ ટ્રિગોનોમેટ્રિક વિધેયોના સરવાળાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલતા,આપણને પરિણામ $\pi$ મળે છે.
કારણ $(R)$ એ એક પ્રમાણિત સૂત્ર છે જેનો ઉપયોગ આ સરવાળાને સાબિત કરવા માટે થાય છે.
તેથી,$(A)$ સાચું છે અને $(R)$ તેની સાચી સમજૂતી છે.

(A) આપેલ છે કે $\angle C = 90^{\circ}$,તેથી $a^2 + b^2 = c^2$.
ધારો કે $S = \tan^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right)$.
પ્રથમ,$\tan^{-1}\left(\frac{a}{b+c}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{b}{c+a}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a}}{1 - \frac{ab}{(b+c)(c+a)}}\right)$ લો.
$= \tan^{-1}\left(\frac{ac + a^2 + bc + b^2}{(b+c)(c+a) - ab}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{ac + bc + c^2}{bc + ab + c^2 + ac - ab}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{c(a+b+c)}{c(a+b+c)}\right) = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$S = \frac{\pi}{4} + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right) = \tan^{-1}(1) + \tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1 + \frac{c}{a+b}}{1 - \frac{c}{a+b}}\right)$.
$= \tan^{-1}\left(\frac{a+b+c}{a+b-c}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2s}{2(s-c)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{s}{s-c}\right)$.
કારણ કે $r = \frac{\Delta}{s}$ અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$,તેથી $\frac{r_3}{r} = \frac{s}{s-c}$.
તેથી,$S = \tan^{-1}\left(\frac{r_3}{r}\right)$.

(D) આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A-B}{1+AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ સમીકરણ: $\tan ^{-1}\left(\frac{x}{x-2}\right)-\tan ^{-1}\left(\frac{x}{2 x-1}\right)=\tan ^{-1}\left(\frac{2}{3}\right)$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$\tan ^{-1} \left( \frac{\frac{x}{x-2} - \frac{x}{2x-1}}{1 + \frac{x}{x-2} \cdot \frac{x}{2x-1}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{2}{3} \right)$.
$\tan ^{-1}$ ની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{x(2x-1) - x(x-2)}{(x-2)(2x-1) + x^2} = \frac{2}{3}$.
$\frac{2x^2 - x - x^2 + 2x}{2x^2 - x - 4x + 2 + x^2} = \frac{2}{3}$.
$\frac{x^2 + x}{3x^2 - 5x + 2} = \frac{2}{3}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$3(x^2 + x) = 2(3x^2 - 5x + 2)$.
$3x^2 + 3x = 6x^2 - 10x + 4$.
$3x^2 - 13x + 4 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$(3x - 1)(x - 4) = 0$.
આમ,$x = \frac{1}{3}$ અથવા $x = 4$.
બંને કિંમતો મૂળ પદાવલિના પ્રદેશમાં છે. તેથી,મૂલ્યોનો ગણ $\left\{\frac{1}{3}, 4\right\}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $\cos ^{-1} x+\cos ^{-1} y+\cos ^{-1} z=3 \pi$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos ^{-1} \theta$ નો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
ત્રણ કિંમતોનો સરવાળો,જેમાંથી દરેક મહત્તમ $\pi$ હોઈ શકે,$3 \pi$ છે,તેથી દરેક પદ $\pi$ ની બરાબર હોવું જોઈએ.
તેથી,$\cos ^{-1} x = \pi$,$\cos ^{-1} y = \pi$,અને $\cos ^{-1} z = \pi$.
આનો અર્થ એ છે કે $x = \cos \pi = -1$,$y = \cos \pi = -1$,અને $z = \cos \pi = -1$.
આ કિંમતોને $x+y+z+3$ માં મૂકતા,આપણને $(-1) + (-1) + (-1) + 3 = -3 + 3 = 0$ મળે છે.
આમ,$x+y+z+3=0$.

(B) આપેલ છે કે,$2 \tan ^{-1} \frac{1}{5}+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}+2 \tan ^{-1} \frac{1}{8}$
$=2 \left(\tan ^{-1} \frac{1}{5}+\tan ^{-1} \frac{1}{8}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$
સૂત્ર $\tan ^{-1} A+\tan ^{-1} B=\tan ^{-1}\left(\frac{A+B}{1-A B}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=2 \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{5}+\frac{1}{8}}{1-\frac{1}{5} \cdot \frac{1}{8}}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$
$=2 \tan ^{-1}\left(\frac{13}{39}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7} = 2 \tan ^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$
$2 \tan ^{-1} A=\tan ^{-1}\left(\frac{2 A}{1-A^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=\tan ^{-1}\left(\frac{2 \times \frac{1}{3}}{1-\frac{1}{9}}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7} = \tan ^{-1}\left(\frac{2/3}{8/9}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7} = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)+\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$
હવે,$\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$ ને $\tan ^{-1}$ માં ફેરવો. ધારો કે $\theta = \sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7}$,તો $\sec \theta = \frac{5 \sqrt{2}}{7}$.
સામેની બાજુ $\sqrt{(5 \sqrt{2})^2 - 7^2} = \sqrt{50 - 49} = 1$ છે. તેથી,$\tan \theta = \frac{1}{7}$,એટલે કે $\sec ^{-1} \frac{5 \sqrt{2}}{7} = \tan ^{-1} \frac{1}{7}$.
પદાવલિ $\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)+\tan ^{-1}\left(\frac{1}{7}\right)$ બને છે.
$= \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{7}}{1-\frac{3}{4} \cdot \frac{1}{7}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{21+4}{28-3}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{25}{25}\right) = \tan ^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$

(A) આપેલ છે કે $\cos ^{-1} 2x + \cos ^{-1} 3x = \frac{\pi}{3}$.
સૂત્ર $\cos ^{-1} A + \cos ^{-1} B = \cos ^{-1} (AB - \sqrt{1-A^2}\sqrt{1-B^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos ^{-1} (2x \cdot 3x - \sqrt{1-(2x)^2}\sqrt{1-(3x)^2}) = \frac{\pi}{3}$
$6x^2 - \sqrt{1-4x^2}\sqrt{1-9x^2} = \cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$
$6x^2 - \frac{1}{2} = \sqrt{(1-4x^2)(1-9x^2)}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(6x^2 - \frac{1}{2})^2 = (1-4x^2)(1-9x^2)$
$36x^4 - 6x^2 + \frac{1}{4} = 1 - 13x^2 + 36x^4$
$-6x^2 + 13x^2 = 1 - \frac{1}{4}$
$7x^2 = \frac{3}{4}$
$x^2 = \frac{3}{28}$
$x = \sqrt{\frac{3}{28}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$

(A) આપેલ છે: $\tan ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sqrt{2}}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=\cos ^{-1} x$.
ધારો કે $\theta_1 = \tan ^{-1} \left(\frac{1}{2 \sqrt{2}}\right)$ અને $\theta_2 = \sin ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
પ્રતિવિધેયોની વ્યાખ્યા મુજબ:
$\tan \theta_1 = \frac{1}{2 \sqrt{2}} \implies \cos \theta_1 = \frac{2 \sqrt{2}}{3}$ અને $\sin \theta_1 = \frac{1}{3}$.
$\sin \theta_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies \cos \theta_2 = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$.
હવે,$\theta_1 + \theta_2 = \cos ^{-1} x \implies x = \cos(\theta_1 + \theta_2)$.
સૂત્ર $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x = \cos \theta_1 \cos \theta_2 - \sin \theta_1 \sin \theta_2$
$x = \left(\frac{2 \sqrt{2}}{3}\right) \left(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right) - \left(\frac{1}{3}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$
$x = \frac{2 \times 2}{3 \sqrt{3}} - \frac{1}{3 \sqrt{3}} = \frac{4}{3 \sqrt{3}} - \frac{1}{3 \sqrt{3}} = \frac{3}{3 \sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
આમ,$x = \frac{1}{\sqrt{3}}$.

(B) ધારો કે $x = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $y = \sqrt{\frac{2}{3}}$.
નોંધો કે $x^2 + y^2 = \frac{3}{4} + \frac{2}{3} = \frac{9+8}{12} = \frac{17}{12} > 1$.
જ્યારે $x, y > 0$ અને $x^2 + y^2 > 1$ હોય,ત્યારે આપણે નિત્યસમ $\sin^{-1} x + \sin^{-1} y = \pi - \sin^{-1} (x \sqrt{1-y^2} + y \sqrt{1-x^2})$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
કિંમતો મૂકતા:
$\sin^{-1} \frac{\sqrt{3}}{2} + \sin^{-1} \sqrt{\frac{2}{3}} = \pi - \sin^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{1 - \frac{2}{3}} + \sqrt{\frac{2}{3}} \sqrt{1 - \frac{3}{4}} \right)$
$= \pi - \sin^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \sqrt{\frac{1}{3}} + \sqrt{\frac{2}{3}} \sqrt{\frac{1}{4}} \right)$
$= \pi - \sin^{-1} \left( \frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{3}} + \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3} \cdot 2} \right)$
$= \pi - \sin^{-1} \left( \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2 \sqrt{3}} \right)$
$= \pi - \sin^{-1} \left( \frac{\sqrt{3} + \sqrt{2}}{2 \sqrt{3}} \right)$.

(B) આપેલ છે કે $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y + \tan^{-1} z = \pi$.
ત્રણ ઇન્વર્સ ટેન્જેન્ટના સરવાળા માટેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} \left( \frac{x+y+z-xyz}{1-(xy+yz+zx)} \right) = \pi$.
બંને બાજુ ટેન્જેન્ટ લેતા:
$\frac{x+y+z-xyz}{1-(xy+yz+zx)} = \tan(\pi) = 0$.
અહીં છેદ $1-(xy+yz+zx) \neq 0$ છે (કારણ કે $xy+yz+zx < 1$ આપેલ છે),તેથી અંશ શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$x+y+z-xyz = 0$.
તેથી,$x+y+z = xyz$.

(C) આપણે સૂત્ર $\cos ^{-1} A + \cos ^{-1} B = \cos ^{-1} \left( AB - \sqrt{1-A^2} \sqrt{1-B^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
આપેલ છે કે $\cos ^{-1}\left(\frac{5}{13}\right)+\cos ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)=\cos ^{-1} x$.
અહીં $A = \frac{5}{13}$ અને $B = \frac{3}{5}$ છે.
તેથી $\sqrt{1-A^2} = \sqrt{1-\left(\frac{5}{13}\right)^2} = \sqrt{1-\frac{25}{169}} = \sqrt{\frac{144}{169}} = \frac{12}{13}$.
અને $\sqrt{1-B^2} = \sqrt{1-\left(\frac{3}{5}\right)^2} = \sqrt{1-\frac{9}{25}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \left( \frac{5}{13} \cdot \frac{3}{5} - \frac{12}{13} \cdot \frac{4}{5} \right)$.
$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \left( \frac{15}{65} - \frac{48}{65} \right)$.
$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \left( \frac{15-48}{65} \right)$.
$\cos ^{-1} x = \cos ^{-1} \left( \frac{-33}{65} \right)$.
તેથી,$x = \frac{-33}{65}$.

(B) ધારો કે $x = \cos \theta$. કારણ કે $\frac{1}{2} \leq x \leq 1$,તેથી $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$ મળે.
હવે,પદાવલિ $\cos ^{-1}(\cos \theta) + \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2} \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta\right)$ બને છે.
નિત્યસમ $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{1}{2}$ અને $\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$ લેતા,$A = \frac{\pi}{3}$ મળે.
આમ,પદાવલિ $\theta + \cos ^{-1}(\cos(\theta - \frac{\pi}{3}))$ થાય.
કારણ કે $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$,તેથી $-\frac{\pi}{3} \leq \theta - \frac{\pi}{3} \leq 0$,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq \frac{\pi}{3} - \theta \leq \frac{\pi}{3}$.
કારણ કે $\cos(\theta - \frac{\pi}{3}) = \cos(\frac{\pi}{3} - \theta)$,તેથી $\cos ^{-1}(\cos(\theta - \frac{\pi}{3})) = \frac{\pi}{3} - \theta$ મળે.
તેથી,પદાવલિની કિંમત $\theta + (\frac{\pi}{3} - \theta) = \frac{\pi}{3}$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y+\tan ^{-1} z=\frac{\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$.
તેથી,$\tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right) + \tan ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,આપણે $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ.
ધારો કે $A = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ અને $B = \tan ^{-1} z$.
તેથી $\tan(A+B) = \tan \left( \frac{\pi}{2} \right) = \infty$.
$\tan(A+B)$ ની કિંમત $\infty$ હોવા માટે,છેદ $0$ હોવો જોઈએ.
આમ,$1 - \tan A \tan B = 0$.
$1 - \left( \frac{x+y}{1-xy} \right) z = 0$.
$1 - \frac{xz + yz}{1-xy} = 0$.
$1 - xy - xz - yz = 0$.
તેથી,$1 - xy - yz - zx = 0$.

(B) આપેલ છે કે,$\sin ^{-1}\left(\frac{3}{x}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)=\frac{\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1}(A) + \cos ^{-1}(A) = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin ^{-1}\left(\frac{4}{x}\right) = \frac{\pi}{2} - \cos ^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા: $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{x}\right) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)$.
નિત્યસમ $\cos ^{-1}(A) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(A)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{x}\right) = \cos ^{-1}\left(\frac{4}{x}\right)$.
ધારો કે $\sin ^{-1}\left(\frac{3}{x}\right) = \theta$,તો $\sin \theta = \frac{3}{x}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \theta = \sqrt{1 - \left(\frac{3}{x}\right)^2} = \frac{\sqrt{x^2-9}}{x}$.
આમ,$\theta = \cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{x^2-9}}{x}\right)$.
બંને પદોને સરખાવતા: $\frac{\sqrt{x^2-9}}{x} = \frac{4}{x}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x^2 - 9 = 16$,જે $x^2 = 25$ આપે છે.
$\sin ^{-1}$ ના પ્રદેશ મુજબ $|\frac{3}{x}| \le 1$ અને $|\frac{4}{x}| \le 1$ હોવું જોઈએ,તેથી $|x| \ge 4$. આમ,$x = 5$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1} x - \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{6}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x) + (\sin ^{-1} x - \cos ^{-1} x) = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}$
$2 \sin ^{-1} x = \frac{3\pi + \pi}{6} = \frac{4\pi}{6} = \frac{2\pi}{3}$
$\sin ^{-1} x = \frac{\pi}{3}$
$x = \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $f(n) = \tan \left[\sum_{k=1}^{n} \tan ^{-1} \frac{1}{1+k(k+1)}\right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$.
આપણે સામાન્ય પદને $\tan ^{-1} \left(\frac{(k+1)-k}{1+k(k+1)}\right) = \tan ^{-1}(k+1) - \tan ^{-1}(k)$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
આમ,સરવાળો એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી બને છે:
$S_n = (\tan ^{-1}(2) - \tan ^{-1}(1)) + (\tan ^{-1}(3) - \tan ^{-1}(2)) + \ldots + (\tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(n))$.
બધા મધ્યવર્તી પદો રદ થઈ જાય છે,અને $S_n = \tan ^{-1}(n+1) - \tan ^{-1}(1)$ બાકી રહે છે.
સૂત્ર $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = \tan ^{-1} \left(\frac{(n+1)-1}{1+(n+1)(1)}\right) = \tan ^{-1} \left(\frac{n}{n+2}\right)$.
તેથી,$f(n) = \tan \left[\tan ^{-1} \left(\frac{n}{n+2}\right)\right] = \frac{n}{n+2}$.
$n = 2021$ માટે,$f(2021) = \frac{2021}{2021+2} = \frac{2021}{2023}$.