Properties of ITF Questions in Gujarati

(A) આપેલ પદાવલિ: ${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{x - y}}{{x + y}}} \right)$
બીજા પદના અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - y/x}}{{1 + y/x}}} \right)$
${\tan ^{ - 1}}A - {\tan ^{ - 1}}B = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{A - B}}{{1 + AB}}} \right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - y/x}}{{1 + 1 \cdot (y/x)}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}(1) - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{y}{x}} \right)$
આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right) - \left( {\frac{\pi }{4} - {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{y}{x}} \right)} \right)$
કારણ કે ${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{y}{x}} \right) = {\cot ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right)$:
${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right) + {\cot ^{ - 1}}\left( {\frac{x}{y}} \right) - \frac{\pi }{4}$
${\tan ^{ - 1}}\theta + {\cot ^{ - 1}}\theta = \frac{\pi }{2}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\pi }{2} - \frac{\pi }{4} = \frac{\pi }{4}$.

(D) આપણે સૂત્ર $2{\tan ^{ - 1}}(x) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{2x}}{{1 - {x^2}}}} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું,જ્યાં $|x| < 1$ છે.
પ્રથમ,$2{\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{3}} \right)$ ને સરળ બનાવો:
$2{\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{3}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{2(1/3)}}{{1 - {{(1/3)}^2}}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{2/3}}{{1 - 1/9}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{2/3}}{{8/9}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{2}{3} \times \frac{9}{8}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{3}{4}} \right)$.
હવે,${\tan ^{ - 1}}(x) + {\tan ^{ - 1}}(y) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{x + y}}{{1 - xy}}} \right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને બાકીના પદને ઉમેરો:
${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{3}{4}} \right) + {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{7}} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{3/4 + 1/7}}{{1 - (3/4)(1/7)}}} \right)$.
અંશ અને છેદની ગણતરી કરો:
અંશ: $\frac{3}{4} + \frac{1}{7} = \frac{{21 + 4}}{{28}} = \frac{{25}}{{28}}$.
છેદ: $1 - \frac{3}{{28}} = \frac{{28 - 3}}{{28}} = \frac{{25}}{{28}}$.
આમ,${\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{25/28}}{{25/28}}} \right) = {\tan ^{ - 1}}(1) = \frac{\pi }{4}$.

(D) આપેલ પદાવલિ: $\cos^{-1}\left(\frac{15}{17}\right) + 2\tan^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$.
પ્રથમ,$2\tan^{-1}\left(\frac{1}{5}\right)$ ને $\cos^{-1}$ સ્વરૂપમાં ફેરવવા માટે સૂત્ર $2\tan^{-1}(x) = \cos^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરો:
$2\tan^{-1}\left(\frac{1}{5}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{1 - (1/5)^2}{1 + (1/5)^2}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{1 - 1/25}{1 + 1/25}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{24/25}{26/25}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{12}{13}\right)$.
હવે,પદાવલિ $\cos^{-1}\left(\frac{15}{17}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{12}{13}\right)$ બને છે.
સૂત્ર $\cos^{-1}(x) + \cos^{-1}(y) = \cos^{-1}\left(xy - \sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^{-1}\left(\frac{15}{17} \times \frac{12}{13} - \sqrt{1 - \left(\frac{15}{17}\right)^2} \sqrt{1 - \left(\frac{12}{13}\right)^2}\right)$
$= \cos^{-1}\left(\frac{180}{221} - \sqrt{1 - \frac{225}{289}} \sqrt{1 - \frac{144}{169}}\right)$
$= \cos^{-1}\left(\frac{180}{221} - \sqrt{\frac{64}{289}} \sqrt{\frac{25}{169}}\right)$
$= \cos^{-1}\left(\frac{180}{221} - \frac{8}{17} \times \frac{5}{13}\right)$
$= \cos^{-1}\left(\frac{180}{221} - \frac{40}{221}\right) = \cos^{-1}\left(\frac{140}{221}\right)$.
આમ,$\cos^{-1}\left(\frac{140}{221}\right)$ વિકલ્પોમાં આપેલ નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(A) ધારો કે $\theta = \sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right)$. તેથી $\sin \theta = \frac{3}{5}$.
નિત્યસમ $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\sqrt{1 - \sin ^2 \theta}} = \frac{3/5}{\sqrt{1 - (3/5)^2}} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા.
આમ,$\sin ^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.
હવે,પદાવલિ $\tan ^{-1}\left(\frac{3}{4}\right) + \tan ^{-1}\left(\frac{1}{7}\right)$ બને છે.
સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ ($xy < 1$ માટે) નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1}\left(\frac{\frac{3}{4} + \frac{1}{7}}{1 - \frac{3}{4} \times \frac{1}{7}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{21+4}{28}}{1 - \frac{3}{28}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{25/28}{25/28}\right) = \tan ^{-1}(1) = \frac{\pi }{4}$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1}(1 + x) + \tan^{-1}(1 - x) = \frac{\pi}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \frac{\pi}{2}$ હોય તો $AB = 1$ થાય (જ્યારે $A, B > 0$ હોય).
અહીં,$A = 1 + x$ અને $B = 1 - x$ છે.
તેથી,$(1 + x)(1 - x) = 1$
$1 - x^2 = 1$
$-x^2 = 0$
$x^2 = 0$
આમ,$x = 0$ મળે છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $S = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{xy}}{{zr}}} \right) + {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{yz}}{{xr}}} \right) + {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{zx}}{{yr}}} \right)$.
નિત્યસમ ${\tan ^{ - 1}}A + {\tan ^{ - 1}}B + {\tan ^{ - 1}}C = {\tan ^{ - 1}}\left( {\frac{{A + B + C - ABC}}{{1 - (AB + BC + CA)}}} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$A = \frac{{xy}}{{zr}}, B = \frac{{yz}}{{xr}}, C = \frac{{zx}}{{yr}}$.
અહીં $AB + BC + CA = \frac{{xy^2z}}{{xr^2}} + \frac{{yz^2x}}{{yr^2}} + \frac{{zx^2y}}{{zr^2}} = \frac{{y^2 + z^2 + x^2}}{{r^2}} = \frac{{r^2}}{{r^2}} = 1$.
છેદ $1 - (AB + BC + CA) = 1 - 1 = 0$ હોવાથી,${\tan ^{ - 1}}$ નો આર્ગ્યુમેન્ટ $\infty$ તરફ જાય છે.
તેથી,$S = {\tan ^{ - 1}}(\infty) = \frac{\pi }{2}$.

(C) ધારો કે $f(x) = (\sin^{-1} x)^3 + (\cos^{-1} x)^3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1, 1]$ માટે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $u = \sin^{-1} x$. તો $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$.
$x \in [-1, 1]$ હોવાથી,$u \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
હવે,$f(u) = u^3 + (\frac{\pi}{2} - u)^3 = u^3 + \frac{\pi^3}{8} - 3u^2(\frac{\pi}{2}) + 3u(\frac{\pi^2}{4}) - u^3 = \frac{3\pi^2}{4}u - \frac{3\pi}{2}u^2 + \frac{\pi^3}{8}$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $f(u) = \frac{3\pi}{2}(u - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^3}{32}$.
$u \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ માટે,ન્યૂનતમ કિંમત $u = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે,જે $f_{min} = \frac{\pi^3}{32}$ છે.
મહત્તમ કિંમત સીમા $u = -\frac{\pi}{2}$ પર મળે છે,જે $f_{max} = \frac{3\pi}{2}(-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^3}{32} = \frac{7\pi^3}{8}$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = (\sin^{-1} x)^3 + (\cos^{-1} x)^3$ જ્યાં $x \in [-1, 1]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$. ધારો કે $u = \sin^{-1} x$,જ્યાં $u \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી $f(u) = u^3 + (\frac{\pi}{2} - u)^3 = u^3 + \frac{\pi^3}{8} - \frac{3\pi^2}{4}u + \frac{3\pi}{2}u^2 - u^3 = \frac{3\pi}{2}u^2 - \frac{3\pi^2}{4}u + \frac{\pi^3}{8}$.
આ $u$ માં એક દ્વિઘાત સમીકરણ છે. તેનું શિરોબિંદુ $u = -\frac{b}{2a} = \frac{3\pi^2/4}{3\pi} = \frac{\pi}{4}$ પર છે.
$u \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $u = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે:
$f(\frac{\pi}{4}) = \frac{3\pi}{2}(\frac{\pi^2}{16}) - \frac{3\pi^2}{4}(\frac{\pi}{4}) + \frac{\pi^3}{8} = \frac{3\pi^3}{32} - \frac{3\pi^3}{16} + \frac{\pi^3}{8} = \frac{\pi^3}{32}$.
મહત્તમ કિંમત સીમા $u = -\frac{\pi}{2}$ પર મળે છે:
$f(-\frac{\pi}{2}) = (-\frac{\pi}{2})^3 + (\pi)^3 = -\frac{\pi^3}{8} + \pi^3 = \frac{7\pi^3}{8}$.
આમ,$f(x)$ નો વિસ્તાર $[\frac{\pi^3}{32}, \frac{7\pi^3}{8}]$ છે.
આપેલ છે કે $a < \frac{1}{32}$,તેથી $a\pi^3 < \frac{\pi^3}{32}$.
અભિવ્યક્તિની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{\pi^3}{32}$ હોવાથી,જ્યારે $a < \frac{1}{32}$ હોય ત્યારે $f(x) = a\pi^3$ થાય તેવા કોઈ $x$ નું અસ્તિત્વ નથી.
તેથી,ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [-1, 1]$ માટે,નિત્યસમ $\sin^{-1}x + \cos^{-1}x = \frac{\pi}{2}$ સાચું છે.
આ કિંમતને આપેલ પદમાં મૂકતા,આપણને $\frac{\pi}{2} + \tan^{-1}x$ મળે છે.
કારણ કે $\tan^{-1}x$ નો પ્રદેશ $(-\infty, \infty)$ છે,તેથી $\tan^{-1}x$ નો વિસ્તાર $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ છે.
તેથી,$-\frac{\pi}{2} < \tan^{-1}x < \frac{\pi}{2}$.
અસમતાના દરેક ભાગમાં $\frac{\pi}{2}$ ઉમેરતા,આપણને $\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2} + \tan^{-1}x < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $0 < \frac{\pi}{2} + \tan^{-1}x < \pi$ થાય છે.
આને $k \le \sin^{-1}x + \cos^{-1}x + \tan^{-1}x \le K$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = 0$ અને $K = \pi$ મળે છે.

(A) આપણને સમીકરણ આપેલ છે: ${({\tan ^{ - 1}}x)^2} + {({\cot ^{ - 1}}x)^2} = \frac{{5{\pi ^2}}}{8}$.
નિત્યસમ ${\tan ^{ - 1}}x + {\cot ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ કે ${\cot ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2} - {\tan ^{ - 1}}x$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
${({\tan ^{ - 1}}x)^2} + {(\frac{\pi }{2} - {\tan ^{ - 1}}x)^2} = \frac{{5{\pi ^2}}}{8}$.
ધારો કે $u = {\tan ^{ - 1}}x$. તો સમીકરણ નીચે મુજબ બનશે:
$u^2 + (\frac{\pi }{2} - u)^2 = \frac{{5{\pi ^2}}}{8}$.
વર્ગનું વિસ્તરણ કરતા:
$u^2 + \frac{{{\pi ^2}}}{4} - \pi u + u^2 = \frac{{5{\pi ^2}}}{8}$.
$2u^2 - \pi u + \frac{{{\pi ^2}}}{4} - \frac{{5{\pi ^2}}}{8} = 0$.
$2u^2 - \pi u - \frac{{3{\pi ^2}}}{8} = 0$.
છેદ દૂર કરવા માટે $8$ વડે ગુણતા:
$16u^2 - 8\pi u - 3{\pi ^2} = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $u = \frac{{ - b \pm \sqrt {{b^2} - 4ac} }}{{2a}}$ નો ઉપયોગ કરીને $u$ માટે ઉકેલતા:
$u = \frac{{8\pi \pm \sqrt {{{( - 8\pi )}^2} - 4(16)( - 3{\pi ^2})} }}{{32}} = \frac{{8\pi \pm \sqrt {64{\pi ^2} + 192{\pi ^2}} }}{{32}} = \frac{{8\pi \pm \sqrt {256{\pi ^2}} }}{{32}} = \frac{{8\pi \pm 16\pi }}{{32}}$.
તેથી,$u = \frac{{24\pi }}{{32}} = \frac{{3\pi }}{4}$ અથવા $u = \frac{{ - 8\pi }}{{32}} = - \frac{\pi }{4}$.
${\tan ^{ - 1}}x$ નો વિસ્તાર $(-\frac{\pi }{2}, \frac{\pi }{2})$ હોવાથી,આપણને $u = - \frac{\pi }{4}$ મળે.
તેથી,${\tan ^{ - 1}}x = - \frac{\pi }{4} \Rightarrow x = \tan( - \frac{\pi }{4}) = - 1$.

(C) આપેલ છે કે $\tan(x + y) = 33$,તેથી $x + y = \tan^{-1}(33)$.
કારણ કે $x = \tan^{-1}(3)$,આપણે લખી શકીએ કે $y = \tan^{-1}(33) - x = \tan^{-1}(33) - \tan^{-1}(3)$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A - B}{1 + AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{33 - 3}{1 + (33 \times 3)}\right)$.
$y = \tan^{-1}\left(\frac{30}{1 + 99}\right)$.
$y = \tan^{-1}\left(\frac{30}{100}\right)$.
$y = \tan^{-1}(0.3)$.

(C) આપેલ પદાવલિ $S = \tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_1}x - y}}{{{c_1}y + x}}\right) + \tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_2} - {c_1}}}{{1 + {c_2}{c_1}}}\right) + \tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_3} - {c_2}}}{{1 + {c_3}{c_2}}}\right) + ... + \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{{{c_n}}}\right)$ છે.
પ્રથમ,પ્રથમ પદને ફરીથી લખતા: $\tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_1}x - y}}{{{c_1}y + x}}\right) = \tan ^{ - 1}\left(\frac{\frac{x}{y} - \frac{1}{c_1}}{1 + \frac{x}{y} \cdot \frac{1}{c_1}}\right) = \tan ^{ - 1}\left(\frac{x}{y}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_1}\right)$.
હવે,નિત્યસમ $\tan ^{ - 1} a - \tan ^{ - 1} b = \tan ^{ - 1}\left(\frac{a - b}{1 + ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને બાકીના પદોને દર્શાવો:
$\tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_2} - {c_1}}}{{1 + {c_2}{c_1}}}\right) = \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_1}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_2}\right)$.
$\tan ^{ - 1}\left(\frac{{{c_3} - {c_2}}}{{1 + {c_3}{c_2}}}\right) = \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_2}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_3}\right)$.
આ પેટર્ન ચાલુ રાખતા,સામાન્ય પદ $\tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_{k-1}}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_k}\right)$ મળે છે.
આ બધાનો સરવાળો કરતા:
$S = \left[\tan ^{ - 1}\left(\frac{x}{y}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_1}\right)\right] + \left[\tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_1}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_2}\right)\right] + ... + \left[\tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_{n-1}}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_n}\right)\right] + \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_n}\right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે જ્યાં બધા મધ્યવર્તી પદો ઉડી જાય છે:
$S = \tan ^{ - 1}\left(\frac{x}{y}\right) - \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_n}\right) + \tan ^{ - 1}\left(\frac{1}{c_n}\right) = \tan ^{ - 1}\left(\frac{x}{y}\right)$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ $x \in [-1, 1]$ માટે,નિત્યસમ ${{\sin }^{ - 1}}x + {{\cos }^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$ સાચું છે.
આપેલ પદાવલિ $\sin \left\{ {{\sin }^{ - 1}}\frac{1}{2} + {{\cos }^{ - 1}}\frac{1}{2} \right\}$ છે.
નિત્યસમમાં $x = \frac{1}{2}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
${{\sin }^{ - 1}}\frac{1}{2} + {{\cos }^{ - 1}}\frac{1}{2} = \frac{\pi }{2}$.
તેથી,પદાવલિ $\sin \left( \frac{\pi }{2} \right)$ બને છે.
કારણ કે $\sin \left( \frac{\pi }{2} \right) = 1$,તેથી અંતિમ જવાબ $1$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: ${\sin ^{ - 1}}\frac{4}{5} + 2{\tan ^{ - 1}}\frac{1}{3}$.
પ્રથમ,${\sin ^{ - 1}}\frac{4}{5}$ ને $\tan^{-1}$ સ્વરૂપમાં ફેરવો. ધારો કે ${\sin ^{ - 1}}\frac{4}{5} = \theta$,તો $\sin \theta = \frac{4}{5}$.
નિત્યસમ $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\sqrt{1 - \sin^2 \theta}} = \frac{4/5}{\sqrt{1 - 16/25}} = \frac{4/5}{3/5} = \frac{4}{3}$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,${\sin ^{ - 1}}\frac{4}{5} = {\tan ^{ - 1}}\frac{4}{3}$.
હવે,$2{\tan ^{ - 1}}\frac{1}{3}$ માટે સૂત્ર $2{\tan ^{ - 1}}x = {\tan ^{ - 1}}\frac{2x}{1 - x^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2{\tan ^{ - 1}}\frac{1}{3} = {\tan ^{ - 1}}\left( \frac{2(1/3)}{1 - (1/3)^2} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( \frac{2/3}{1 - 1/9} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( \frac{2/3}{8/9} \right) = {\tan ^{ - 1}}\left( \frac{2}{3} \times \frac{9}{8} \right) = {\tan ^{ - 1}}\frac{3}{4}$.
હવે,પદાવલિ ${\tan ^{ - 1}}\frac{4}{3} + {\tan ^{ - 1}}\frac{3}{4}$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x > 0$ માટે ${\tan ^{ - 1}}x + {\tan ^{ - 1}}\frac{1}{x} = \frac{\pi }{2}$,તેથી ${\tan ^{ - 1}}\frac{4}{3} + {\tan ^{ - 1}}\frac{3}{4} = \frac{\pi }{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) પદાવલિ $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x$ એ પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોનો એક મૂળભૂત ગુણધર્મ છે.
કોઈપણ $x \in [-1, 1]$ માટે,પ્રતિ-સાઇન અને પ્રતિ-કોસાઇન વિધેયોનો સરવાળો હંમેશા $\frac{\pi}{2}$ જેટલો થાય છે.
તેથી,$\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.

(B) આપણે સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x + y}{1 - xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $xy < 1$ છે.
અહીં $x = \frac{1}{2}$ અને $y = \frac{1}{3}$ છે,તેથી $xy = \frac{1}{6} < 1$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$\tan^{-1} \frac{1}{2} + \tan^{-1} \frac{1}{3} = \tan^{-1} \left( \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - \frac{1}{2} \times \frac{1}{3}} \right)$
$= \tan^{-1} \left( \frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{1}{6}} \right)$
$= \tan^{-1} \left( \frac{5/6}{5/6} \right)$
$= \tan^{-1} (1)$
$= \frac{\pi}{4}$.

(D) આપણે સૂત્ર $\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $xy < 1$ છે.
આપેલ પદાવલિ: $\tan^{-1}\left(\frac{1}{11}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{2}{12}\right)$.
અહીં $x = \frac{1}{11}$ અને $y = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}$ છે.
$\tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{11} + \frac{1}{6}}{1 - \frac{1}{11} \times \frac{1}{6}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{6+11}{66}}{1 - \frac{1}{66}}\right)$.
$= \tan^{-1}\left(\frac{\frac{17}{66}}{\frac{65}{66}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{17}{65}\right)$.
કારણ કે $\tan^{-1}\left(\frac{17}{65}\right)$ વિકલ્પોમાં આપેલ નથી,તેથી સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: ${\tan ^{ - 1}}x + 2{\cot ^{ - 1}}x = \frac{{2\pi }}{3}$
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે ${\tan ^{ - 1}}x + {\cot ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$ થાય છે.
આપેલ સમીકરણને આ રીતે ફરીથી લખી શકાય:
$({\tan ^{ - 1}}x + {\cot ^{ - 1}}x) + {\cot ^{ - 1}}x = \frac{{2\pi }}{3}$
નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\pi }{2} + {\cot ^{ - 1}}x = \frac{{2\pi }}{3}$
બંને બાજુથી $\frac{\pi }{2}$ બાદ કરતા:
${\cot ^{ - 1}}x = \frac{{2\pi }}{3} - \frac{\pi }{2}$
${\cot ^{ - 1}}x = \frac{{4\pi - 3\pi }}{6} = \frac{\pi }{6}$
બંને બાજુ કોટિજ્ય (cotangent) લેતા:
$x = \cot \left( \frac{\pi }{6} \right)$
કારણ કે $\cot \left( \frac{\pi }{6} \right) = \sqrt 3 $,તેથી $x = \sqrt 3 $ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: ${\sin ^{ - 1}}x + {\cot ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{\pi }{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ${\sin ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$.
વળી,${\cot ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{2}} \right) = {\tan ^{ - 1}}(2)$.
ધારો કે ${\tan ^{ - 1}}(2) = \theta$,તો $\tan \theta = 2$.
ત્રિકોણની રીતનો ઉપયોગ કરતા,જો સામેની બાજુ $2$ હોય અને પાસેની બાજુ $1$ હોય,તો કર્ણ $\sqrt{2^2 + 1^2} = \sqrt{5}$ થાય.
આમ,$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{5}}$,જેનો અર્થ છે કે $\theta = {\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{\sqrt{5}}} \right)$.
આ કિંમતને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા: ${\sin ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{1}{\sqrt{5}}} \right) = \frac{\pi }{2}$.
આને ${\sin ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $x = \frac{1}{\sqrt{5}}$ મળે છે.

(B) આપણને સમીકરણ $4\sin^{-1}x + \cos^{-1}x = \pi$ આપેલું છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}x + \cos^{-1}x = \frac{\pi}{2}$.
આપેલ સમીકરણને $3\sin^{-1}x + (\sin^{-1}x + \cos^{-1}x) = \pi$ તરીકે લખી શકાય.
આ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$3\sin^{-1}x + \frac{\pi}{2} = \pi$ મળે.
બંને બાજુથી $\frac{\pi}{2}$ બાદ કરતા,$3\sin^{-1}x = \frac{\pi}{2}$ મળે.
$3$ વડે ભાગતા,$\sin^{-1}x = \frac{\pi}{6}$ મળે.
બંને બાજુ સાઈન લેતા,$x = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$ મળે.

(D) આપેલ છે કે $\sin^{-1} C = \sin^{-1} \frac{3}{5} + \cos^{-1} \frac{12}{13}$.
ધારો કે $\alpha = \sin^{-1} \frac{3}{5}$ અને $\beta = \cos^{-1} \frac{12}{13}$.
તેથી $\sin \alpha = \frac{3}{5}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \alpha = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.
અને $\cos \beta = \frac{12}{13}$,જેનો અર્થ છે કે $\sin \beta = \sqrt{1 - (\frac{12}{13})^2} = \sqrt{\frac{25}{169}} = \frac{5}{13}$.
આપણને મળે છે $\sin^{-1} C = \alpha + \beta$,તેથી $C = \sin(\alpha + \beta)$.
નિત્યસમ $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$C = (\frac{3}{5} \times \frac{12}{13}) + (\frac{4}{5} \times \frac{5}{13})$
$C = \frac{36}{65} + \frac{20}{65} = \frac{56}{65}$.

(B) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $E = \sin \left[ {{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {x^2}}}{{2x}}} \right) + {{\cos }^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}}} \right) \right]$ છે.
$x = \tan \theta$ લેતા,જેનો અર્થ છે કે $\theta = \tan^{-1} x$.
પદાવલિ નીચે મુજબ બનશે:
$E = \sin \left[ {{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{2\tan \theta }}} \right) + {{\cos }^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}} \right) \right]$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cot 2\theta = \frac{1 - \tan^2 \theta}{2 \tan \theta}$ અને $\cos 2\theta = \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \sin \left[ {{\tan }^{ - 1}}(\cot 2\theta ) + {{\cos }^{ - 1}}(\cos 2\theta ) \right]$
કારણ કે $\cot 2\theta = \tan(\frac{\pi}{2} - 2\theta)$:
$E = \sin \left[ {{\tan }^{ - 1}}\left( \tan \left( \frac{\pi}{2} - 2\theta \right) \right) + {{\cos }^{ - 1}}(\cos 2\theta ) \right]$
$E = \sin \left[ \left( \frac{\pi}{2} - 2\theta \right) + 2\theta \right]$
$E = \sin \left( \frac{\pi}{2} \right) = 1$.

(C) આપેલ છે કે ${\cos ^{ - 1}}x + {\cos ^{ - 1}}y + {\cos ^{ - 1}}z = 3\pi $.
આપણે જાણીએ છીએ કે ${\cos ^{ - 1}}x$ ના મુખ્ય મૂલ્યની શાખાનો વિસ્તાર $[0, \pi ]$ છે.
તેથી,$0 \le {\cos ^{ - 1}}x \le \pi $,$0 \le {\cos ^{ - 1}}y \le \pi $,અને $0 \le {\cos ^{ - 1}}z \le \pi $.
ત્રણ કિંમતોનો સરવાળો,જે દરેક મહત્તમ $\pi $ છે,તે ફક્ત ત્યારે જ $3\pi $ હોઈ શકે જો દરેક વ્યક્તિગત કિંમત $\pi $ હોય.
આમ,${\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 $xy + yz + zx$ પદાવલિમાં મૂકતા:
$xy + yz + zx = (-1)(-1) + (-1)(-1) + (-1)(-1) = 1 + 1 + 1 = 3$.

(B) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયો માટેનું નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$,જ્યાં $x \in [-1, 1]$.
આપેલ પદાવલિમાં,ધારો કે $x = -\frac{1}{7}$.
કારણ કે $-\frac{1}{7} \in [-1, 1]$,આપણે આ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ:
$\cos^{-1}\left( -\frac{1}{7} \right) + \sin^{-1}\left( -\frac{1}{7} \right) = \frac{\pi}{2}$.
આ કિંમતને મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cos \left[ \cos^{-1}\left( -\frac{1}{7} \right) + \sin^{-1}\left( -\frac{1}{7} \right) \right] = \cos \left( \frac{\pi}{2} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \left( \frac{\pi}{2} \right) = 0$,તેથી અંતિમ જવાબ $0$ છે.

(D) ધારો કે $\alpha = \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} \right)$. તેથી $\sin \alpha = \frac{3}{5}$,માટે $\tan \alpha = \frac{3}{\sqrt{5^2 - 3^2}} = \frac{3}{4}$. આમ,$\alpha = \tan^{-1} \left( \frac{3}{4} \right)$.
ધારો કે $\beta = \cos^{-1} \left( \frac{3}{\sqrt{13}} \right)$. તેથી $\cos \beta = \frac{3}{\sqrt{13}}$,માટે $\tan \beta = \frac{\sqrt{(\sqrt{13})^2 - 3^2}}{3} = \frac{\sqrt{13-9}}{3} = \frac{2}{3}$. આમ,$\beta = \tan^{-1} \left( \frac{2}{3} \right)$.
હવે,પદાવલિ $\tan(\alpha + \beta) = \tan \left( \tan^{-1} \frac{3}{4} + \tan^{-1} \frac{2}{3} \right)$ બને છે.
સૂત્ર $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\frac{3}{4} + \frac{2}{3}}{1 - \left( \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} \right)} = \frac{\frac{9+8}{12}}{1 - \frac{6}{12}} = \frac{\frac{17}{12}}{\frac{6}{12}} = \frac{17}{6}$.

(D) આપણે સૂત્ર $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x - y}{1 + xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
આપેલ પદાવલિ: $\tan \left( \tan^{-1} \frac{1}{2} - \tan^{-1} \frac{1}{3} \right)$.
$x = \frac{1}{2}$ અને $y = \frac{1}{3}$ લઈને સૂત્ર લાગુ કરતા:
$= \tan \left[ \tan^{-1} \left( \frac{\frac{1}{2} - \frac{1}{3}}{1 + (\frac{1}{2} \times \frac{1}{3})} \right) \right]$
$= \tan \left[ \tan^{-1} \left( \frac{\frac{3-2}{6}}{1 + \frac{1}{6}} \right) \right]$
$= \tan \left[ \tan^{-1} \left( \frac{1/6}{7/6} \right) \right]$
$= \tan \left[ \tan^{-1} \left( \frac{1}{7} \right) \right]$
$= \frac{1}{7}$.

(D) ધારો કે $\alpha = \cos^{-1} \sqrt{p},$ $\beta = \cos^{-1} \sqrt{1-p},$ અને $\gamma = \cos^{-1} \sqrt{1-q}.$
તેથી $\cos \alpha = \sqrt{p},$ $\cos \beta = \sqrt{1-p},$ અને $\cos \gamma = \sqrt{1-q}.$
પરિણામે,$\sin \alpha = \sqrt{1-p},$ $\sin \beta = \sqrt{p},$ અને $\sin \gamma = \sqrt{q}.$
આપેલ સમીકરણ $\alpha + \beta + \gamma = \frac{3\pi}{4}$ છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\alpha + \beta = \frac{3\pi}{4} - \gamma.$
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા: $\cos(\alpha + \beta) = \cos\left(\frac{3\pi}{4} - \gamma\right).$
$\cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta = \cos\left(\pi - \left(\frac{\pi}{4} + \gamma\right)\right) = -\cos\left(\frac{\pi}{4} + \gamma\right).$
$\sqrt{p} \sqrt{1-p} - \sqrt{1-p} \sqrt{p} = -\left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cos \gamma - \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \gamma\right).$
$0 = -\frac{1}{\sqrt{2}}(\sqrt{1-q} - \sqrt{q}).$
આમ,$\sqrt{1-q} = \sqrt{q}.$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$1-q = q,$ જે $2q = 1$ આપે છે,એટલે કે $q = \frac{1}{2}.$

(A) આપેલ છે: $\cot^{-1}[(\cos \alpha)^{1/2}] - \tan^{-1}[(\cos \alpha)^{1/2}] = x$
નિત્યસમ $\cot^{-1}(y) = \tan^{-1}(\frac{1}{y})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}[\frac{1}{\sqrt{\cos \alpha}}] - \tan^{-1}[\sqrt{\cos \alpha}] = x$
સૂત્ર $\tan^{-1}(A) - \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}(\frac{A-B}{1+AB})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}[\frac{\frac{1}{\sqrt{\cos \alpha}} - \sqrt{\cos \alpha}}{1 + (\frac{1}{\sqrt{\cos \alpha}})(\sqrt{\cos \alpha})}] = x$
$\tan^{-1}[\frac{\frac{1-\cos \alpha}{\sqrt{\cos \alpha}}}{1+1}] = x$
$\tan x = \frac{1-\cos \alpha}{2\sqrt{\cos \alpha}}$
હવે,આપણે $\sin x$ શોધવાની જરૂર છે. કાટકોણ ત્રિકોણની મદદથી જ્યાં સામેની બાજુ $1-\cos \alpha$ અને પાસેની બાજુ $2\sqrt{\cos \alpha}$ છે:
કર્ણ = $\sqrt{(1-\cos \alpha)^2 + (2\sqrt{\cos \alpha})^2} = \sqrt{1 - 2\cos \alpha + \cos^2 \alpha + 4\cos \alpha} = \sqrt{1 + 2\cos \alpha + \cos^2 \alpha} = \sqrt{(1+\cos \alpha)^2} = 1+\cos \alpha$
તેથી,$\sin x = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{1-\cos \alpha}{1+\cos \alpha} = \frac{2\sin^2(\alpha/2)}{2\cos^2(\alpha/2)} = \tan^2(\frac{\alpha}{2})$.

(B) આપેલ છે: ${\tan ^{ - 1}}x + {\tan ^{ - 1}}y + {\tan ^{ - 1}}z = \pi $
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા:
${\tan ^{ - 1}}x + {\tan ^{ - 1}}y = \pi - {\tan ^{ - 1}}z$
સૂત્ર ${\tan ^{ - 1}}A + {\tan ^{ - 1}}B = {\tan ^{ - 1}}\left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
${\tan ^{ - 1}}\left( \frac{x+y}{1-xy} \right) = \pi - {\tan ^{ - 1}}z$
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા:
$\frac{x+y}{1-xy} = \tan(\pi - {\tan ^{ - 1}}z)$
કારણ કે $\tan(\pi - \theta) = -\tan \theta$:
$\frac{x+y}{1-xy} = -z$
$x + y = -z(1 - xy)$
$x + y = -z + xyz$
$x + y + z = xyz$
બંને બાજુ $xyz$ વડે ભાગતા:
$\frac{x}{xyz} + \frac{y}{xyz} + \frac{z}{xyz} = \frac{xyz}{xyz}$
$\frac{1}{yz} + \frac{1}{xz} + \frac{1}{xy} = 1$
આમ,$\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} = 1$.

(C) ધારો કે $a = \tan \theta$. તેથી $\theta = \tan^{-1}(a)$.
આ પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$\tan \left[ {\frac{1}{2}{{\sin }^{ - 1}}\left( {\frac{{2\tan \theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}} \right) + \frac{1}{2}{{\cos }^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}} \right)} \right]$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ અને $\cos 2\theta = \frac{1 - \tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan \left[ {\frac{1}{2}{{\sin }^{ - 1}}(\sin 2\theta ) + \frac{1}{2}{{\cos }^{ - 1}}(\cos 2\theta )} \right]$
$2\theta$ માટે મુખ્ય કિંમતનો વિસ્તાર ધ્યાનમાં લેતા:
$= \tan \left[ {\frac{1}{2}(2\theta ) + \frac{1}{2}(2\theta )} \right]$
$= \tan (\theta + \theta) = \tan 2\theta$
$\tan 2\theta = \frac{2\tan \theta}{1 - \tan^2 \theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2a}{1 - a^2}$

(C) આપેલ સમીકરણ: $\cos (2\sin ^{ - 1}x) = \frac{1}{9}$
ધારો કે $\sin ^{ - 1}x = \theta,$ તો $\sin \theta = x.$
સમીકરણ $\cos (2\theta) = \frac{1}{9}$ બને છે.
નિત્યસમ $\cos (2\theta) = 1 - 2\sin ^2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 - 2\sin ^2\theta = \frac{1}{9}$
$1 - 2x^2 = \frac{1}{9}$
$2x^2 = 1 - \frac{1}{9} = \frac{8}{9}$
$x^2 = \frac{4}{9}$
$x = \pm \frac{2}{3}.$
$\sin ^{ - 1}x$ નો વિસ્તાર $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,$2\sin ^{ - 1}x$ ની કિંમત $[-\pi, \pi]$ માં આવે છે. કોસાઇન વિધેય આ વિસ્તારમાં ધન અને ઋણ બંને કિંમતો માટે વ્યાખ્યાયિત છે,તેથી $x = \frac{2}{3}$ અને $x = -\frac{2}{3}$ બંને ઉકેલો માન્ય છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $2\tan^{-1}(\cos x) = \tan^{-1}(2\csc x)$.
સૂત્ર $2\tan^{-1}(\theta) = \tan^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{2\cos x}{1-\cos^2 x}\right) = \tan^{-1}(2\csc x)$.
કારણ કે $1-\cos^2 x = \sin^2 x$,તેથી:
$\frac{2\cos x}{\sin^2 x} = 2\csc x$.
$\csc x = \frac{1}{\sin x}$ મૂકતા:
$\frac{2\cos x}{\sin^2 x} = \frac{2}{\sin x}$.
જો $\sin x \neq 0$ હોય,તો બંને બાજુ $\sin^2 x$ વડે ગુણતા:
$2\cos x = 2\sin x$.
$2\cos x$ વડે ભાગતા (જો $\cos x \neq 0$ હોય):
$\tan x = 1$.
તેથી,$x = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપણે સૂત્ર $2\tan^{-1}(x) = \tan^{-1}\left( \frac{2x}{1-x^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
પ્રથમ,$2\tan^{-1}\left( \frac{1}{5} \right)$ ની ગણતરી કરો:
$2\tan^{-1}\left( \frac{1}{5} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{2(1/5)}{1-(1/5)^2} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{2/5}{1-1/25} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{2/5}{24/25} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{2}{5} \times \frac{25}{24} \right) = \tan^{-1}\left( \frac{5}{12} \right)$.
હવે,આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકો:
$\tan \left[ \tan^{-1}\left( \frac{5}{12} \right) - \frac{\pi}{4} \right] = \tan \left[ \tan^{-1}\left( \frac{5}{12} \right) - \tan^{-1}(1) \right]$.
સૂત્ર $\tan^{-1}(x) - \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}\left( \frac{x-y}{1+xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left[ \tan^{-1}\left( \frac{5/12 - 1}{1 + (5/12)(1)} \right) \right] = \frac{5/12 - 1}{1 + 5/12} = \frac{-7/12}{17/12} = -\frac{7}{17}$.

(B) ધારો કે $x = {\tan ^2}\theta$,જેનો અર્થ છે કે $\sqrt{x} = \tan \theta$,તેથી $\theta = {\tan ^{ - 1}}\sqrt x $.
આપેલ પદમાં $x = {\tan ^2}\theta$ મૂકતા:
$\frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - x}}{{1 + x}}} \right) = \frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}\left( {\frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}} \right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 2\theta = \frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}(\cos 2\theta)$
$= \frac{1}{2}(2\theta) = \theta$
$\theta = {\tan ^{ - 1}}\sqrt x $ પાછું મૂકતા:
$= {\tan ^{ - 1}}\sqrt x $.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) ધારો કે $\theta = \tan^{-1} \frac{1}{3}$,તેથી $\tan \theta = \frac{1}{3}$.
આપણે $\sin(4\theta)$ શોધવાની જરૂર છે.
પ્રથમ,$\tan(2\theta) = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} = \frac{2(1/3)}{1 - (1/9)} = \frac{2/3}{8/9} = \frac{2}{3} \times \frac{9}{8} = \frac{3}{4}$ ગણો.
હવે,$\sin(4\theta) = \sin(2(2\theta)) = \frac{2 \tan(2\theta)}{1 + \tan^2(2\theta)}$ ગણો.
$\tan(2\theta) = \frac{3}{4}$ મૂકતા:
$\sin(4\theta) = \frac{2(3/4)}{1 + (3/4)^2} = \frac{3/2}{1 + 9/16} = \frac{3/2}{25/16} = \frac{3}{2} \times \frac{16}{25} = \frac{24}{25}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 3\theta$ માટેનું ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ નીચે મુજબ છે:
$\tan 3\theta = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta}$
ધારો કે $\tan \theta = a$,તેથી $\theta = \tan^{-1} a$.
આ કિંમત નિત્યસમમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\tan 3(\tan^{-1} a) = \frac{3a - a^3}{1 - 3a^2}$
બંને બાજુ $\tan^{-1}$ લેતા,આપણને મળે છે:
$3 \tan^{-1} a = \tan^{-1} \left( \frac{3a - a^3}{1 - 3a^2} \right)$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $3{\sin ^{ - 1}}\frac{{2x}}{{1 + {x^2}}} - 4{\cos ^{ - 1}}\frac{{1 - {x^2}}}{{1 + {x^2}}} + 2{\tan ^{ - 1}}\frac{{2x}}{{1 - {x^2}}} = \frac{\pi }{3}$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,જેનો અર્થ છે $\theta = {\tan ^{ - 1}}x$.
પ્રમાણિત ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}$,$\cos 2\theta = \frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}$,અને $\tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$.
સમીકરણ આ મુજબ બનશે:
$3(2\theta ) - 4(2\theta ) + 2(2\theta ) = \frac{\pi }{3}$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$6\theta - 8\theta + 4\theta = \frac{\pi }{3}$.
$2\theta = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \theta = \frac{\pi }{6}$.
કારણ કે $\theta = {\tan ^{ - 1}}x$,તેથી ${\tan ^{ - 1}}x = \frac{\pi }{6}$.
આમ,$x = \tan \frac{\pi }{6} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

(B) ધારો કે પદાવલિ $E = \sin \left( {2{{\tan }^{ - 1}}\left( {\frac{1}{3}} \right)} \right) + \cos ({\tan ^{ - 1}}(2\sqrt 2 ))$ છે.
પ્રથમ,સૂત્ર $2\tan^{-1}(x) = \tan^{-1}\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરો.
$x = \frac{1}{3}$ માટે,$2\tan^{-1}\left(\frac{1}{3}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2/3}{1-1/9}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2/3}{8/9}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$ મળે.
હવે,$\sin(\tan^{-1}(3/4))$: જો $\tan(\theta) = 3/4$ હોય,તો $\sin(\theta) = 3/5$ થાય.
આગળ,$\cos(\tan^{-1}(2\sqrt{2}))$ માટે: જો $\tan(\phi) = 2\sqrt{2}$ હોય,તો $\sec^2(\phi) = 1 + \tan^2(\phi) = 1 + (2\sqrt{2})^2 = 1 + 8 = 9$ થાય.
તેથી,$\sec(\phi) = 3$,જેનો અર્થ છે કે $\cos(\phi) = 1/3$ થાય.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા: $E = \frac{3}{5} + \frac{1}{3} = \frac{9+5}{15} = \frac{14}{15}$.

(D) ધારો કે $f(x) = \cos ^{ - 1}\left( \frac{3 + 5\cos x}{5 + 3\cos x} \right)$.
સૂત્ર $\cos x = \frac{1 - \tan ^2(x/2)}{1 + \tan ^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{3 + 5\left( \frac{1 - \tan ^2(x/2)}{1 + \tan ^2(x/2)} \right)}{5 + 3\left( \frac{1 - \tan ^2(x/2)}{1 + \tan ^2(x/2)} \right)} = \frac{3(1 + \tan ^2(x/2)) + 5(1 - \tan ^2(x/2))}{5(1 + \tan ^2(x/2)) + 3(1 - \tan ^2(x/2))}$
$= \frac{3 + 3\tan ^2(x/2) + 5 - 5\tan ^2(x/2)}{5 + 5\tan ^2(x/2) + 3 - 3\tan ^2(x/2)} = \frac{8 - 2\tan ^2(x/2)}{8 + 2\tan ^2(x/2)} = \frac{4 - \tan ^2(x/2)}{4 + \tan ^2(x/2)}$.
ધારો કે $t = \tan(x/2)$. તો પદાવલિ $\cos ^{ - 1}\left( \frac{4 - t^2}{4 + t^2} \right) = \cos ^{ - 1}\left( \frac{1 - (t/2)^2}{1 + (t/2)^2} \right)$ થશે.
નિત્યસમ $\cos ^{ - 1}\left( \frac{1 - u^2}{1 + u^2} \right) = 2\tan ^{ - 1}u$ ($u \ge 0$ માટે) નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2\tan ^{ - 1}\left( \frac{t}{2} \right) = 2\tan ^{ - 1}\left( \frac{1}{2}\tan \frac{x}{2} \right)$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\cos^{-1} x - \cos^{-1} \frac{y}{2} = \alpha$.
ધારો કે $\cos^{-1} x = A$ અને $\cos^{-1} \frac{y}{2} = B$.
તેથી $x = \cos A$ અને $\frac{y}{2} = \cos B$,એટલે કે $y = 2 \cos B$.
આપેલ સમીકરણ $A - B = \alpha$ બને છે.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા: $\cos(A - B) = \cos \alpha$.
સૂત્ર $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x \cdot \frac{y}{2} + \sqrt{1 - x^2} \sqrt{1 - (\frac{y}{2})^2} = \cos \alpha$.
$\sqrt{1 - x^2} \sqrt{1 - \frac{y^2}{4}} = \cos \alpha - \frac{xy}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(1 - x^2)(1 - \frac{y^2}{4}) = (\cos \alpha - \frac{xy}{2})^2$.
$1 - \frac{y^2}{4} - x^2 + \frac{x^2 y^2}{4} = \cos^2 \alpha - xy \cos \alpha + \frac{x^2 y^2}{4}$.
$1 - x^2 - \frac{y^2}{4} = \cos^2 \alpha - xy \cos \alpha$.
આખા સમીકરણને $4$ વડે ગુણતા:
$4 - 4x^2 - y^2 = 4 \cos^2 \alpha - 4xy \cos \alpha$.
પદોને ગોઠવતા:
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2 = 4 - 4 \cos^2 \alpha$.
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2 = 4(1 - \cos^2 \alpha)$.
કારણ કે $1 - \cos^2 \alpha = \sin^2 \alpha$,તેથી:
$4x^2 - 4xy \cos \alpha + y^2 = 4 \sin^2 \alpha$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \frac{\pi}{4}$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x + y}{1 - xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\tan^{-1} \left( \frac{x + y}{1 - xy} \right) = \frac{\pi}{4}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા:
$\frac{x + y}{1 - xy} = \tan \left( \frac{\pi}{4} \right)$.
કારણ કે $\tan \left( \frac{\pi}{4} \right) = 1$,તેથી:
$\frac{x + y}{1 - xy} = 1$.
બંને બાજુ $(1 - xy)$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$x + y = 1 - xy$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$x + y + xy = 1$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin^{-1}(1 - x) - 2\sin^{-1}x = \frac{\pi}{2}$
પદોને ફરીથી ગોઠવતા: $\sin^{-1}(1 - x) = \frac{\pi}{2} + 2\sin^{-1}x$
બંને બાજુ $\sin$ લેતા: $1 - x = \sin\left(\frac{\pi}{2} + 2\sin^{-1}x\right)$
નિત્યસમ $\sin(\frac{\pi}{2} + \theta) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા: $1 - x = \cos(2\sin^{-1}x)$
નિત્યસમ $\cos(2\theta) = 1 - 2\sin^2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા: $1 - x = 1 - 2\sin^2(\sin^{-1}x)$
સાદું રૂપ આપતા: $1 - x = 1 - 2x^2$
$2x^2 - x = 0$
$x(2x - 1) = 0$
તેથી,$x = 0$ અથવા $x = 1/2$.
$x = 1/2$ માટે ચકાસણી: $\sin^{-1}(1 - 1/2) - 2\sin^{-1}(1/2) = \sin^{-1}(1/2) - 2(\pi/6) = \pi/6 - \pi/3 = -\pi/6 \neq \pi/2$.
$x = 0$ માટે ચકાસણી: $\sin^{-1}(1 - 0) - 2\sin^{-1}(0) = \sin^{-1}(1) - 0 = \pi/2$.
આમ,માત્ર $x = 0$ એ ઉકેલ છે.

(C) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં $\angle A = 90^\circ$ છે,તેથી પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$a^2 = b^2 + c^2$,જ્યાં $a$ એ કર્ણ છે.
આપણે $\tan^{-1}\left(\frac{c}{a+b}\right) + \tan^{-1}\left(\frac{b}{a+c}\right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}\left(\frac{x+y}{1-xy}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan^{-1}\left[ \frac{\frac{c}{a+b} + \frac{b}{a+c}}{1 - \left(\frac{c}{a+b}\right)\left(\frac{b}{a+c}\right)} \right]$
$= \tan^{-1}\left[ \frac{c(a+c) + b(a+b)}{(a+b)(a+c) - bc} \right]$
$= \tan^{-1}\left[ \frac{ac + c^2 + ab + b^2}{a^2 + ac + ab + bc - bc} \right]$
કારણ કે $b^2 + c^2 = a^2$,તેથી અંશ $ac + ab + a^2$ થશે.
$= \tan^{-1}\left[ \frac{a^2 + ab + ac}{a^2 + ab + ac} \right]$
$= \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin^{-1} x - \sin^{-1} 2x = \pm \frac{\pi}{3}$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા:
$\sin(\sin^{-1} x - \sin^{-1} 2x) = \sin(\pm \frac{\pi}{3}) = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
સૂત્ર $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \sin^{-1} x$ અને $B = \sin^{-1} 2x$ છે:
$x \sqrt{1 - (2x)^2} - 2x \sqrt{1 - x^2} = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$x \sqrt{1 - 4x^2} - 2x \sqrt{1 - x^2} = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(x \sqrt{1 - 4x^2} - 2x \sqrt{1 - x^2})^2 = \frac{3}{4}$.
$x^2(1 - 4x^2) + 4x^2(1 - x^2) - 4x^2 \sqrt{(1 - 4x^2)(1 - x^2)} = \frac{3}{4}$.
$x^2 - 4x^4 + 4x^2 - 4x^4 - 4x^2 \sqrt{1 - 5x^2 + 4x^4} = \frac{3}{4}$.
$5x^2 - 8x^4 - \frac{3}{4} = 4x^2 \sqrt{1 - 5x^2 + 4x^4}$.
$x^2 = \frac{1}{4}$ મૂકતા:
$5(\frac{1}{4}) - 8(\frac{1}{16}) - \frac{3}{4} = \frac{5}{4} - \frac{1}{2} - \frac{3}{4} = 0$.
$4(\frac{1}{4}) \sqrt{1 - 5(\frac{1}{4}) + 4(\frac{1}{16})} = 1 \sqrt{1 - \frac{5}{4} + \frac{1}{4}} = 1 \sqrt{0} = 0$.
આમ,$0 = 0$ હોવાથી,$x = \pm \frac{1}{2}$ એ સાચો ઉકેલ છે.

(A) આપણે નિત્યસમ $3 \sin^{-1}(x) = \sin^{-1}(3x - 4x^3)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જ્યાં $|x| \leq \frac{1}{2}$ છે.
અહીં,$x = \frac{1}{5}$,જે શરતનું પાલન કરે છે.
$\sin \left[ 3 \sin^{-1} \left( \frac{1}{5} \right) \right] = \sin \left[ \sin^{-1} \left( 3 \left( \frac{1}{5} \right) - 4 \left( \frac{1}{5} \right)^3 \right) \right]$
$= \sin \left[ \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} - \frac{4}{125} \right) \right]$
$= \sin \left[ \sin^{-1} \left( \frac{75 - 4}{125} \right) \right]$
$= \sin \left[ \sin^{-1} \left( \frac{71}{125} \right) \right] = \frac{71}{125}$.

(D) ધારો કે $y = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{\sqrt {1 - \sin x} + \sqrt {1 + \sin x}}{\sqrt {1 - \sin x} - \sqrt {1 + \sin x}} \right]$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$y = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{(\sqrt {1 - \sin x} + \sqrt {1 + \sin x})^2}{(\sqrt {1 - \sin x})^2 - (\sqrt {1 + \sin x})^2} \right]$
અંશ અને છેદનું વિસ્તરણ કરતા:
$y = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{(1 - \sin x) + (1 + \sin x) + 2\sqrt {(1 - \sin x)(1 + \sin x)}}{(1 - \sin x) - (1 + \sin x)} \right]$
$y = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{2 + 2\sqrt {1 - \sin ^2 x}}{-2\sin x} \right] = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{2(1 + \cos x)}{-2\sin x} \right]$
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $1 + \cos x = 2\cos ^2(x/2)$ અને $\sin x = 2\sin(x/2)\cos(x/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \cot ^{ - 1}\left[ \frac{2(2\cos ^2(x/2))}{-2(2\sin(x/2)\cos(x/2))} \right] = \cot ^{ - 1}\left[ -\frac{\cos(x/2)}{\sin(x/2)} \right]$
$y = \cot ^{ - 1}\left( -\cot(x/2) \right) = \cot ^{ - 1}\left( \cot(\pi - x/2) \right) = \pi - \frac{x}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $\theta = \tan^{-1} a$ અને $\phi = \tan^{-1} b$ જ્યાં $ab = -1$ છે.
આપેલ સમીકરણો પરથી,આપણને $\tan \theta = a$ અને $\tan \phi = b$ મળે છે.
આ કિંમતોને $ab = -1$ માં મૂકતા,આપણને $\tan \theta \tan \phi = -1$ મળે છે.
આનો અર્થ એ થાય કે $\tan \theta = -\frac{1}{\tan \phi} = -\cot \phi$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-\cot \phi = \tan(\phi + \frac{\pi}{2})$ અથવા $\tan(\phi - \frac{\pi}{2})$.
$\tan^{-1}$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ હોવાથી,તફાવત $\theta - \phi$ ની કિંમત $\pm \frac{\pi}{2}$ મળે છે.
ચોક્કસ રીતે,$\theta - \phi = \tan^{-1} a - \tan^{-1} b$. નિત્યસમ $\tan^{-1} a - \tan^{-1} b = \tan^{-1}(\frac{a-b}{1+ab})$ નો ઉપયોગ કરતા,કારણ કે $ab = -1$ છે,છેદ $0$ થઈ જાય છે,જે $\frac{\pi}{2}$ અથવા $-\frac{\pi}{2}$ ની કિંમત દર્શાવે છે.
આમ,$\theta - \phi = \pm \frac{\pi}{2}$.

(A) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયો માટેનું નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,જ્યાં $x \in [-1, 1]$.
આપેલ છે કે $\sin^{-1} x = \frac{\pi}{5}$.
આ કિંમતને નિત્યસમમાં મૂકતા,આપણને મળે છે: $\frac{\pi}{5} + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
તેથી,$\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{5}$.
$2$ અને $5$ નો લઘુત્તમ સામાન્ય અવયવી $(LCM)$ $10$ લેતા,આપણને મળે છે: $\cos^{-1} x = \frac{5\pi - 2\pi}{10} = \frac{3\pi}{10}$.

(B) આપેલ છે કે $\cos^{-1} p + \cos^{-1} q + \cos^{-1} r = \pi$.
ધારો કે $\cos^{-1} p = A$,$\cos^{-1} q = B$,અને $\cos^{-1} r = C$.
તેથી $A + B + C = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $A + B = \pi - C$.
બંને બાજુ $\cos$ લેતા: $\cos(A + B) = \cos(\pi - C) = -\cos C$.
સૂત્ર $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$pq - \sqrt{1 - p^2} \sqrt{1 - q^2} = -r$.
$pq + r = \sqrt{1 - p^2} \sqrt{1 - q^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(pq + r)^2 = (1 - p^2)(1 - q^2)$.
$p^2q^2 + r^2 + 2pqr = 1 - p^2 - q^2 + p^2q^2$.
$p^2 + q^2 + r^2 + 2pqr = 1$.

(B) ધારો કે $\theta = \frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}\frac{a}{b}$.
તેથી,$2\theta = {\cos ^{ - 1}}\frac{a}{b}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos 2\theta = \frac{a}{b}$.
આ પદાવલિ $\tan \left( {\frac{\pi }{4} + \theta } \right) + \tan \left( {\frac{\pi }{4} - \theta } \right)$ બને છે.
$\tan (A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ અને $\tan (A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $\tan \frac{\pi }{4} = 1$:
$= \frac{1 + \tan \theta }{1 - \tan \theta } + \frac{1 - \tan \theta }{1 + \tan \theta }$
$= \frac{{(1 + \tan \theta )^2 + (1 - \tan \theta )^2}}{{(1 - \tan \theta )(1 + \tan \theta )}}$
$= \frac{{1 + {{\tan }^2}\theta + 2\tan \theta + 1 + {{\tan }^2}\theta - 2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$
$= \frac{{2(1 + {{\tan }^2}\theta )}}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$
$= \frac{2}{{\frac{{1 - {{\tan }^2}\theta }}{{1 + {{\tan }^2}\theta }}}}$
$= \frac{2}{{\cos 2\theta }}$
કારણ કે $\cos 2\theta = \frac{a}{b}$,તેથી પદાવલિનું મૂલ્ય $\frac{2}{{a/b}} = \frac{{2b}}{a}$ થાય છે.