Properties of ITF Questions in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ: $\cot \frac{2x}{3} + \tan \frac{x}{3} = \csc \frac{kx}{3}$.
$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ અને $\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cos(2x/3)}{\sin(2x/3)} + \frac{\sin(x/3)}{\cos(x/3)} = \frac{\cos(2x/3)\cos(x/3) + \sin(2x/3)\sin(x/3)}{\sin(2x/3)\cos(x/3)}$.
$\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ સૂત્ર મુજબ,અંશ $\cos(2x/3 - x/3) = \cos(x/3)$ થશે.
તેથી,પદ $\frac{\cos(x/3)}{\sin(2x/3)\cos(x/3)} = \frac{1}{\sin(2x/3)} = \csc \frac{2x}{3}$ મળે.
$\csc \frac{kx}{3}$ સાથે સરખાવતા,$k = 2$ મળે.
આપણે $\tan^{-1}(\tan 2)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$2$ રેડિયન એ બીજા ચરણમાં હોવાથી $(\pi/2 < 2 < \pi)$,$\tan^{-1}(\tan 2)$ નું મુખ્ય મૂલ્ય $2 - \pi$ થાય.

(D) ધારો કે $\sqrt{x} = \sin \theta$,જેનો અર્થ છે કે $x = \sin^2 \theta$.
કારણ કે $0 < x < \frac{1}{2}$,તેથી $0 < \sin^2 \theta < \frac{1}{2}$,એટલે કે $0 < \sin \theta < \frac{1}{\sqrt{2}}$,જેનો અર્થ છે કે $0 < \theta < \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$\sqrt{1-x} = \sqrt{1-\sin^2 \theta} = \cos \theta$.
વળી,$2\sqrt{x(1-x)} = 2\sin \theta \cos \theta = \sin 2\theta$.
આ કિંમતોને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = 2\sin^{-1}(\cos \theta) + \sin^{-1}(\sin 2\theta)$.
$0 < \theta < \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\frac{\pi}{4} < 2\theta < \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$.
વળી,$\sin^{-1}(\cos \theta) = \sin^{-1}(\sin(\frac{\pi}{2} - \theta)) = \frac{\pi}{2} - \theta$.
આમ,$y = 2(\frac{\pi}{2} - \theta) + 2\theta = \pi - 2\theta + 2\theta = \pi$.
$y = \pi$ એ અચળ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.

(B) ધારો કે $S_n = \sum_{r=1}^n \tan^{-1} \left( \frac{4}{4r^2 + 3} \right)$.
આપણે $\tan^{-1}$ વિધેયના પદને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$\frac{4}{4r^2 + 3} = \frac{(r + 1/2) - (r - 1/2)}{1 + (r + 1/2)(r - 1/2)}$.
તેથી,$\tan^{-1} \left( \frac{4}{4r^2 + 3} \right) = \tan^{-1} \left( r + \frac{1}{2} \right) - \tan^{-1} \left( r - \frac{1}{2} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S_n = \sum_{r=1}^n \left[ \tan^{-1} \left( r + \frac{1}{2} \right) - \tan^{-1} \left( r - \frac{1}{2} \right) \right] = \tan^{-1} \left( n + \frac{1}{2} \right) - \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right)$.
જ્યારે $n \to \infty$,ત્યારે $\tan^{-1} \left( n + \frac{1}{2} \right) \to \frac{\pi}{2}$.
તેથી,સરવાળો $\frac{\pi}{2} - \tan^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \cot^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \tan^{-1} (2)$ થાય.
અંતે,$\cot \left( \tan^{-1} (2) \right) = \frac{1}{2}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(y) = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1}(y)$ અને $\sin^{-1}(y) = \frac{\pi}{2} - \cos^{-1}(y)$.
આપેલ છે $f(x) = \cos^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) + \sin^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)$.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,આપણને મળે $\frac{2x}{1+x^2} = \sin(2\theta)$ અને $\frac{1-x^2}{1+x^2} = \cos(2\theta)$.
$x \ge 1$ માટે,$f(x) = \left(\frac{\pi}{2} - \sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)\right) + \left(\frac{\pi}{2} - \cos^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\right)$.
$x \ge 1$ માટે,$\sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) = \pi - 2\tan^{-1}(x)$ અને $\cos^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right) = 2\tan^{-1}(x)$.
આમ,$f(x) = (\pi - 2\tan^{-1}(x)) + (2\tan^{-1}(x)) = \pi$,જ્યાં $x \ge 1$.
તેથી,$f(1) = \pi$ અને $f(2) = \pi$.
આમ,$f(1) + f(2) = \pi + \pi = 2\pi$.

(C) આપેલ છે કે $\log_{\pi}x > 0$. કારણ કે આધાર $\pi > 1$ છે,આનો અર્થ એ થાય કે $x > 1$.
આપણે $\sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)$ માટેનું નિત્યસમ જાણીએ છીએ:
$x > 1$ માટે,$\sin^{-1}\left(\frac{2x}{1+x^2}\right) = \pi - 2\tan^{-1}x$.
આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\log_{\pi}\left( \sin^{-1}\frac{2x}{1+x^2} + 2\tan^{-1}x \right) = \log_{\pi}\left( (\pi - 2\tan^{-1}x) + 2\tan^{-1}x \right)$.
લઘુગણકની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\log_{\pi}(\pi) = 1$.

(B) ધારો કે $u = \tan^{-1} \left( \frac{x}{\sqrt{1 - x^2}} \right)$ અને $v = \sin^{-1}(x)$.
$x = \sin(\theta)$ આદેશ લેતા,જ્યાં $\theta = \sin^{-1}(x)$.
તેથી,$u = \tan^{-1} \left( \frac{\sin(\theta)}{\sqrt{1 - \sin^2(\theta)}} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{\sin(\theta)}{\cos(\theta)} \right) = \tan^{-1}(\tan(\theta)) = \theta$.
અહીં $v = \sin^{-1}(x) = \theta$ હોવાથી,$u = v$ મળે છે.
તેથી,$u$ નું $v$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $\frac{du}{dv} = \frac{d}{dv}(v) = 1$ થાય.

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = \tan^{-1}\left(\frac{1}{x^2 + (2r-1)x + (r^2-r+1)}\right)$ છે,જ્યાં $r = 1, 2, \dots, n$.
આને $T_r = \tan^{-1}\left(\frac{(x+r) - (x+r-1)}{1 + (x+r)(x+r-1)}\right)$ તરીકે લખી શકાય છે.
$\tan^{-1} A - \tan^{-1} B = \tan^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $T_r = \tan^{-1}(x+r) - \tan^{-1}(x+r-1)$ મળે છે.
$n$ પદોનો સરવાળો કરતા:
$y = [\tan^{-1}(x+1) - \tan^{-1} x] + [\tan^{-1}(x+2) - \tan^{-1}(x+1)] + \dots + [\tan^{-1}(x+n) - \tan^{-1}(x+n-1)]$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $y = \tan^{-1}(x+n) - \tan^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (x+n)^2} - \frac{1}{1 + x^2}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $2 \tan^{-1}(\cos x) = \tan^{-1}(\csc^2 x)$.
સૂત્ર $2 \tan^{-1}(\theta) = \tan^{-1}\left(\frac{2\theta}{1-\theta^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}\left(\frac{2 \cos x}{1 - \cos^2 x}\right) = \tan^{-1}(\csc^2 x)$.
કારણ કે $1 - \cos^2 x = \sin^2 x$,સમીકરણ આ મુજબ બનશે:
$\tan^{-1}\left(\frac{2 \cos x}{\sin^2 x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{\sin^2 x}\right)$.
બંને બાજુ સરખાવતા:
$\frac{2 \cos x}{\sin^2 x} = \frac{1}{\sin^2 x}$.
અહીં $\sin^2 x \neq 0$ હોવાથી,આપણે બંને બાજુથી $\sin^2 x$ ને દૂર કરી શકીએ છીએ:
$2 \cos x = 1$.
$\cos x = \frac{1}{2}$.
તેથી,$x = \frac{\pi}{3}$.

(D) આપણને પદાવલિ $f(x) = 2 \tan^{-1} x + \sin^{-1} (\frac{2x}{1+x^2})$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $2 \tan^{-1} x$ માટેનું સૂત્ર $\sin^{-1}$ ના સ્વરૂપમાં નીચે મુજબ છે:
$2 \tan^{-1} x = \begin{cases} \sin^{-1} (\frac{2x}{1+x^2}) & \text{જો } |x| \leq 1 \\ \pi - \sin^{-1} (\frac{2x}{1+x^2}) & \text{જો } x > 1 \\ -\pi - \sin^{-1} (\frac{2x}{1+x^2}) & \text{જો } x < -1 \end{cases}$
જ્યારે $x = 1$ હોય,ત્યારે $2 \tan^{-1} (1) = 2(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$ અને $\sin^{-1} (\frac{2(1)}{1+1^2}) = \sin^{-1}(1) = \frac{\pi}{2}$. તેથી,$f(1) = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi$.
જ્યારે $x > 1$ હોય,ત્યારે $\sin^{-1} (\frac{2x}{1+x^2}) = \pi - 2 \tan^{-1} x$ થાય.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$f(x) = 2 \tan^{-1} x + (\pi - 2 \tan^{-1} x) = \pi$.
આમ,તમામ $x \geq 1$ માટે,પદાવલિની કિંમત $\pi$ થાય છે.

(B) આપેલ છે,$\alpha = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{5 \pi}{4}\right)$.
$\frac{5 \pi}{4} = \pi + \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\tan \frac{5 \pi}{4} = \tan \frac{\pi}{4}$ થાય.
તેથી,$\alpha = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\pi}{4}\right) = \frac{\pi}{4}$.
આથી $4 \alpha = \pi$ $(1)$.
આપેલ છે,$\beta = \tan ^{-1}\left(-\tan \frac{2 \pi}{3}\right)$.
$\tan \frac{2 \pi}{3} = \tan \left(\pi - \frac{\pi}{3}\right) = -\tan \frac{\pi}{3}$ હોવાથી,$-\tan \frac{2 \pi}{3} = \tan \frac{\pi}{3}$ થાય.
તેથી,$\beta = \tan ^{-1}\left(\tan \frac{\pi}{3}\right) = \frac{\pi}{3}$.
આથી $3 \beta = \pi$ $(2)$.
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ પરથી,$4 \alpha = \pi$ અને $3 \beta = \pi$ મળે છે.
તેથી,$4 \alpha = 3 \beta$,જેનો અર્થ છે કે $4 \alpha - 3 \beta = 0$.

(C) ધારો કે $f(x) = (\sin^{-1} x)^3 + (\cos^{-1} x)^3$. આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = (\sin^{-1} x + \cos^{-1} x)^3 - 3(\sin^{-1} x)(\cos^{-1} x)(\sin^{-1} x + \cos^{-1} x)$
$f(x) = (\frac{\pi}{2})^3 - 3(\sin^{-1} x)(\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x)(\frac{\pi}{2})$
$f(x) = \frac{\pi^3}{8} - \frac{3\pi}{2}(\sin^{-1} x)(\frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x)$
$f(x) = \frac{\pi^3}{8} - \frac{3\pi^2}{4}(\sin^{-1} x) + \frac{3\pi}{2}(\sin^{-1} x)^2$
$\sin^{-1} x$ માં દ્વિઘાત પદ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા:
$f(x) = \frac{3\pi}{2} [(\sin^{-1} x)^2 - \frac{\pi}{2}(\sin^{-1} x) + \frac{\pi^2}{16} - \frac{\pi^2}{16}] + \frac{\pi^3}{8}$
$f(x) = \frac{3\pi}{2}(\sin^{-1} x - \frac{\pi}{4})^2 - \frac{3\pi^3}{32} + \frac{4\pi^3}{32} = \frac{3\pi}{2}(\sin^{-1} x - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^3}{32}$
$\sin^{-1} x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $\sin^{-1} x = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે,જે $\frac{\pi^3}{32}$ છે.
મહત્તમ કિંમત સીમા $\sin^{-1} x = -\frac{\pi}{2}$ પર મળે છે:
$f(-\frac{\pi}{2}) = \frac{3\pi}{2}(-\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^3}{32} = \frac{3\pi}{2}(-\frac{3\pi}{4})^2 + \frac{\pi^3}{32} = \frac{3\pi}{2}(\frac{9\pi^2}{16}) + \frac{\pi^3}{32} = \frac{27\pi^3}{32} + \frac{\pi^3}{32} = \frac{28\pi^3}{32} = \frac{7\pi^3}{8}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
આપેલ અંતરાલ $\pi \leq x \leq 2 \pi$ છે.
આપણે ગુણધર્મ $\cos(2 \pi - x) = \cos x$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
કારણ કે $\pi \leq x \leq 2 \pi$,તેથી $-\pi \geq -x \geq -2 \pi$ મળે.
બધી બાજુઓમાં $2 \pi$ ઉમેરતા,આપણને $2 \pi - \pi \geq 2 \pi - x \geq 2 \pi - 2 \pi$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\pi \geq 2 \pi - x \geq 0$ થાય છે.
આમ,$0 \leq 2 \pi - x \leq \pi$,જે મુખ્ય વિસ્તાર $[0, \pi]$ માં આવે છે.
તેથી,$\cos^{-1}(\cos x) = \cos^{-1}(\cos(2 \pi - x)) = 2 \pi - x$.

(D) આપણને સમીકરણ આપેલું છે: $\sin(\cot^{-1}(1 + x)) = \cos(\tan^{-1} x)$.
પ્રથમ,જમણી બાજુનું સાદું રૂપ આપીએ: ધારો કે $\tan^{-1} x = \theta$,તો $x = \tan \theta$.
કારણ કે $\cos \theta = \frac{1}{\sec \theta} = \frac{1}{\sqrt{1 + \tan^2 \theta}}$,તેથી $\cos(\tan^{-1} x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
હવે,ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપીએ: ધારો કે $\cot^{-1}(1 + x) = \phi$,તો $1 + x = \cot \phi$.
કારણ કે $\sin \phi = \frac{1}{\csc \phi} = \frac{1}{\sqrt{1 + \cot^2 \phi}}$,તેથી $\sin(\cot^{-1}(1 + x)) = \frac{1}{\sqrt{1 + (1 + x)^2}}$.
બંને બાજુ સરખાવતા: $\frac{1}{\sqrt{1 + (1 + x)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1 + (1 + x)^2 = 1 + x^2$.
$(1 + x)^2 = x^2$.
$1 + 2x + x^2 = x^2$.
$1 + 2x = 0$.
$x = -\frac{1}{2}$.

(C) આપેલ અસમતા: ${\cot ^{ - 1}}\frac{n}{\pi } > \frac{\pi }{6}$.
કારણ કે વિધેય $f(x) = {\cot ^{ - 1}}x$ એ ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે,તેથી બંને બાજુ કોટિજ્યા (cotangent) લેતા અસમતાની નિશાની બદલાઈ જશે:
$\frac{n}{\pi } < \cot \left( \frac{\pi }{6} \right)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot \left( \frac{\pi }{6} \right) = \sqrt{3}$.
તેથી,$\frac{n}{\pi } < \sqrt{3}$.
બંને બાજુ $\pi$ વડે ગુણતા:
$n < \pi \sqrt{3}$.
આશરે કિંમત $\pi \approx 3.14159$ અને $\sqrt{3} \approx 1.732$ લેતા:
$n < 3.14159 \times 1.732 \approx 5.44$.
અહીં $n \in N$ (પ્રાકૃતિક સંખ્યા) હોવાથી,$n < 5.44$ ને સંતોષતી $n$ ની મહત્તમ પૂર્ણાંક કિંમત $5$ છે.

(A) ધારો કે ${x^2} = \cos 2\theta$,જેનો અર્થ છે કે $2\theta = {\cos ^{ - 1}}{x^2}$ અથવા $\theta = \frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}{x^2}$.
${x^2} = \cos 2\theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
${\tan ^{ - 1}}\left[ {\frac{{\sqrt {1 + \cos 2\theta } + \sqrt {1 - \cos 2\theta } }}{{\sqrt {1 + \cos 2\theta } - \sqrt {1 - \cos 2\theta } }}} \right]$
નિત્યસમ $1 + \cos 2\theta = 2{\cos ^2}\theta$ અને $1 - \cos 2\theta = 2{\sin ^2}\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
${\tan ^{ - 1}}\left[ {\frac{{\sqrt {2{{\cos }^2}\theta } + \sqrt {2{{\sin }^2}\theta } }}{{\sqrt {2{{\cos }^2}\theta } - \sqrt {2{{\sin }^2}\theta } }}} \right] = {\tan ^{ - 1}}\left[ {\frac{{\sqrt 2 \cos \theta + \sqrt 2 \sin \theta }}{{\sqrt 2 \cos \theta - \sqrt 2 \sin \theta }}} \right]$
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
${\tan ^{ - 1}}\left[ {\frac{{1 + \tan \theta }}{{1 - \tan \theta }}} \right] = {\tan ^{ - 1}}\left[ {\tan \left( {\frac{\pi }{4} + \theta } \right)} \right]$
$= \frac{\pi }{4} + \theta = \frac{\pi }{4} + \frac{1}{2}{\cos ^{ - 1}}{x^2}$.

(A) ધારો કે $\lambda = \cot^{-1}(1+x)$,તેથી $\cot \lambda = 1+x$. પાયો $(1+x)$ અને વેધ $1$ ધરાવતા કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,કર્ણ $\sqrt{(1+x)^2 + 1^2} = \sqrt{x^2 + 2x + 2}$ થાય. તેથી,$\sin \lambda = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}}$.
ધારો કે $\beta = \tan^{-1}x$,તેથી $\tan \beta = x$. વેધ $x$ અને પાયો $1$ ધરાવતા કાટકોણ ત્રિકોણ પરથી,કર્ણ $\sqrt{x^2 + 1^2} = \sqrt{x^2 + 1}$ થાય. તેથી,$\cos \beta = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$.
આપેલ સમીકરણ $\sin \lambda = \cos \beta$ પરથી:
$\frac{1}{\sqrt{x^2 + 2x + 2}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$x^2 + 2x + 2 = x^2 + 1$
બંને બાજુથી $x^2$ બાદ કરતા:
$2x + 2 = 1$
$2x = -1$
$x = -\frac{1}{2}$

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 \tan^{-1} x + \sin^{-1} \left( \frac{2x}{1 + x^2} \right)$ છે,જ્યાં $x > 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x > 1$ માટે,$\sin^{-1} \left( \frac{2x}{1 + x^2} \right)$ નું સૂત્ર $\pi - 2 \tan^{-1} x$ થાય છે.
આ કિંમતને $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = 2 \tan^{-1} x + (\pi - 2 \tan^{-1} x)$
$f(x) = \pi$.
આમ,$x > 1$ માટે $f(x)$ એ અચળ વિધેય હોવાથી,$f(5) = \pi$ થાય.

(D) વિધાન $II$ માટે: આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
બધી બાજુઓમાંથી $\frac{\pi}{4}$ બાદ કરતા,આપણને $-\frac{3\pi}{4} \le \sin^{-1} x - \frac{\pi}{4} \le \frac{\pi}{4}$ મળે છે.
અસમતાનો વર્ગ કરતા,આપણને $0 \le (\sin^{-1} x - \frac{\pi}{4})^2 \le \frac{9\pi^2}{16}$ મળે છે. આમ,વિધાન $II$ સાચું છે.
વિધાન $I$ માટે: ધારો કે $u = \sin^{-1} x$. તો $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - u$. સમીકરણ $u^3 + (\frac{\pi}{2} - u)^3 = a\pi^3$ બને છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$u^3 + \frac{\pi^3}{8} - \frac{3\pi^2}{4}u + \frac{3\pi}{2}u^2 - u^3 = a\pi^3$ મળે છે.
$\frac{3\pi}{2}u^2 - \frac{3\pi^2}{4}u + \frac{\pi^3}{8} - a\pi^3 = 0$.
$\frac{3\pi}{2}$ વડે ભાગતા,$u^2 - \frac{\pi}{2}u + \frac{\pi^2}{12} - \frac{2a\pi^2}{3} = 0$ મળે છે.
પૂર્ણ વર્ગ બનાવતા: $(u - \frac{\pi}{4})^2 - \frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi^2}{12} - \frac{2a\pi^2}{3} = 0$.
$(u - \frac{\pi}{4})^2 = \frac{2a\pi^2}{3} - \frac{\pi^2}{48} = \frac{\pi^2}{48}(32a - 1)$.
કારણ કે $0 \le (u - \frac{\pi}{4})^2 \le \frac{9\pi^2}{16}$,તેથી $0 \le \frac{\pi^2}{48}(32a - 1) \le \frac{9\pi^2}{16}$.
$0 \le 32a - 1 \le 27$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{32} \le a \le \frac{7}{8}$.
સમીકરણનો ઉકેલ માત્ર $a \in [\frac{1}{32}, \frac{7}{8}]$ માટે જ મળે છે,તેથી વિધાન કે તે તમામ $a \ge \frac{1}{32}$ માટે ઉકેલ ધરાવે છે તે ખોટું છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $\sin^{-1} x = 2 \tan^{-1} x$ છે.
ધારો કે $\tan^{-1} x = \theta$,તો $x = \tan \theta$.
સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા,$\sin^{-1}(\tan \theta) = 2\theta$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા,$\tan \theta = \sin(2\theta)$.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan \theta = \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta}$.
આથી $\tan \theta (1 - \frac{2}{1 + \tan^2 \theta}) = 0$.
તેથી,$\tan \theta = 0$ અથવા $1 + \tan^2 \theta = 2$,જેનો અર્થ છે $\tan^2 \theta = 1$.
જો $\tan \theta = 0$,તો $x = 0$.
જો $\tan^2 \theta = 1$,તો $\tan \theta = 1$ અથવા $\tan \theta = -1$,તેથી $x = 1$ અથવા $x = -1$.
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણમાં ચકાસતા:
$x = 0$ માટે: $\sin^{-1}(0) = 0$ અને $2 \tan^{-1}(0) = 0$. (માન્ય)
$x = 1$ માટે: $\sin^{-1}(1) = \frac{\pi}{2}$ અને $2 \tan^{-1}(1) = 2(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$. (માન્ય)
$x = -1$ માટે: $\sin^{-1}(-1) = -\frac{\pi}{2}$ અને $2 \tan^{-1}(-1) = 2(-\frac{\pi}{4}) = -\frac{\pi}{2}$. (માન્ય)
આમ,કુલ $3$ ઉકેલો મળે છે: $x \in \{-1, 0, 1\}$.

(A) આપણે નિત્યસમ $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x - y}{1 + xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
શ્રેણીનું દરેક પદ $\tan^{-1} \left( \frac{1}{1 + k(k+1)} \right) = \tan^{-1}(k+1) - \tan^{-1}(k)$ સ્વરૂપમાં છે.
ધારો કે $f(k) = \tan^{-1}(k+1) - \tan^{-1}(k)$.
આપેલ સરવાળો $S = \sum_{k=n}^{n+19} \tan^{-1} \left( \frac{1}{1 + k(k+1)} \right)$ છે.
$S = \sum_{k=n}^{n+19} (\tan^{-1}(k+1) - \tan^{-1}(k))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = (\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)) + (\tan^{-1}(n+2) - \tan^{-1}(n+1)) + \dots + (\tan^{-1}(n+20) - \tan^{-1}(n+19))$.
$S = \tan^{-1}(n+20) - \tan^{-1}(n)$.
$\tan S = \tan(\tan^{-1}(n+20) - \tan^{-1}(n)) = \frac{(n+20) - n}{1 + (n+20)n}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા.
$\tan S = \frac{20}{1 + n^2 + 20n} = \frac{20}{n^2 + 20n + 1}$.

(B) આપેલ અસમતા $\sin^{-1} x > \cos^{-1} x$ છે,જ્યાં $x \in (0, 1)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા:
$\sin^{-1} x > \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} x$
$2 \sin^{-1} x > \frac{\pi}{2}$
$\sin^{-1} x > \frac{\pi}{4}$
કારણ કે સાઈન વિધેય અંતરાલ $[0, 1]$ પર વધતું વિધેય છે,તેથી બંને બાજુ સાઈન લેતા:
$x > \sin\left( \frac{\pi}{4} \right)$
$x > \frac{1}{\sqrt{2}}$
પ્રદેશ $x \in (0, 1)$ ને ધ્યાનમાં લેતા,ઉકેલ ગણ $x \in \left( \frac{1}{\sqrt{2}}, 1 \right)$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\cos^{-1}\left(\frac{2}{3x}\right) + \cos^{-1}\left(\frac{3}{4x}\right) = \frac{\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(A) + \cos^{-1}(B) = \cos^{-1}\left(AB - \sqrt{1-A^2}\sqrt{1-B^2}\right)$.
તેથી,$\cos^{-1}\left(\frac{2}{3x} \cdot \frac{3}{4x} - \sqrt{1-\frac{4}{9x^2}}\sqrt{1-\frac{9}{16x^2}}\right) = \frac{\pi}{2}$.
બંને બાજુ $\cos$ લેતા,$\frac{6}{12x^2} - \sqrt{\frac{9x^2-4}{9x^2}}\sqrt{\frac{16x^2-9}{16x^2}} = \cos\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$.
$\frac{1}{2x^2} = \frac{\sqrt{9x^2-4}\sqrt{16x^2-9}}{12x^2}$.
$12x^2$ વડે ગુણતા,આપણને $6 = \sqrt{9x^2-4}\sqrt{16x^2-9}$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$36 = (9x^2-4)(16x^2-9) = 144x^4 - 81x^2 - 64x^2 + 36$.
$144x^4 - 145x^2 = 0$.
$x^2(144x^2 - 145) = 0$.
કારણ કે $x > \frac{3}{4}$,તેથી $x^2 \neq 0$,તેથી $144x^2 = 145$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{\sqrt{145}}{12}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1}(\sin \theta)$ નો મુખ્ય મૂલ્ય વિસ્તાર $[-\pi/2, \pi/2]$ છે.
અહીં $3\pi \approx 9.42$ અને $10$ એ $(2\pi, 3\pi)$ અંતરાલમાં આવે છે,તેથી આપણે ગુણધર્મ $\sin^{-1}(\sin \theta) = 3\pi - \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આમ,$x = \sin^{-1}(\sin 10) = 3\pi - 10$.
$y = \cos^{-1}(\cos 10)$ માટે,મુખ્ય મૂલ્ય વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
અહીં $3\pi < 10 < 4\pi$ હોવાથી,આપણે $\cos^{-1}(\cos \theta) = 4\pi - \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
તેથી,$y = 4\pi - 10$.
આમ,$y - x = (4\pi - 10) - (3\pi - 10) = \pi$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{p=1}^n 2p = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n^2 + n$.
તેથી,સરવાળાની અંદરનું પદ $\cot^{-1}(1 + n^2 + n) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{1 + n(n+1)}\right)$ છે.
નિત્યસમ $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ:
$\tan^{-1}\left(\frac{(n+1) - n}{1 + n(n+1)}\right) = \tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)$.
હવે,સરવાળો આ મુજબ થશે:
$\sum_{n=1}^{19} (\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)) = (\tan^{-1} 2 - \tan^{-1} 1) + (\tan^{-1} 3 - \tan^{-1} 2) + \dots + (\tan^{-1} 20 - \tan^{-1} 19)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,જેનું સાદું રૂપ $\tan^{-1} 20 - \tan^{-1} 1$ થાય છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} 20 - \tan^{-1} 1 = \tan^{-1}\left(\frac{20-1}{1+20 \times 1}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{19}{21}\right)$.
અંતે,આપણે $\cot(\tan^{-1}(19/21)) = \cot(\cot^{-1}(21/19)) = \frac{21}{19}$ મેળવીએ છીએ.

(A) આપેલ છે કે $\cos \alpha = \frac{3}{5}$. $\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$ હોવાથી,$\sin \alpha = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \frac{4}{5}$ મળે.
તેથી,$\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{4/5}{3/5} = \frac{4}{3}$ થાય.
આપણને $\tan \beta = \frac{1}{3}$ આપેલ છે.
સૂત્ર $\tan(\alpha - \beta) = \frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\alpha - \beta) = \frac{\frac{4}{3} - \frac{1}{3}}{1 + (\frac{4}{3})(\frac{1}{3})} = \frac{1}{1 + \frac{4}{9}} = \frac{1}{\frac{13}{9}} = \frac{9}{13}$.
હવે,જો $\tan(\alpha - \beta) = \frac{9}{13}$ હોય,તો $\sin(\alpha - \beta) = \frac{9}{\sqrt{9^2 + 13^2}} = \frac{9}{\sqrt{81 + 169}} = \frac{9}{\sqrt{250}} = \frac{9}{5\sqrt{10}}$ થાય.
તેથી,$\alpha - \beta = \sin^{-1}\left(\frac{9}{5\sqrt{10}}\right)$ મળે.

(D) ધારો કે $\alpha = \sin^{-1} \left( \frac{12}{13} \right)$ અને $\beta = \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} \right)$.
તેથી $\sin \alpha = \frac{12}{13} \implies \cos \alpha = \sqrt{1 - \left( \frac{12}{13} \right)^2} = \frac{5}{13}$.
અને $\sin \beta = \frac{3}{5} \implies \cos \beta = \sqrt{1 - \left( \frac{3}{5} \right)^2} = \frac{4}{5}$.
સૂત્ર $\sin^{-1} x - \sin^{-1} y = \sin^{-1} (x \sqrt{1 - y^2} - y \sqrt{1 - x^2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^{-1} \left( \frac{12}{13} \right) - \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} \right) = \sin^{-1} \left( \frac{12}{13} \times \frac{4}{5} - \frac{3}{5} \times \frac{5}{13} \right)$
$= \sin^{-1} \left( \frac{48}{65} - \frac{15}{65} \right) = \sin^{-1} \left( \frac{33}{65} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^{-1} x + \cos^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin^{-1} \left( \frac{33}{65} \right) = \frac{\pi}{2} - \cos^{-1} \left( \frac{33}{65} \right)$.
વૈકલ્પિક રીતે,$\cos^{-1} x = \sin^{-1} \sqrt{1 - x^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^{-1} \left( \frac{33}{65} \right) = \cos^{-1} \sqrt{1 - \left( \frac{33}{65} \right)^2} = \cos^{-1} \left( \frac{56}{65} \right) = \frac{\pi}{2} - \sin^{-1} \left( \frac{56}{65} \right)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(N/A) ધારો કે $x = \sin \theta$. તેથી $\theta = \sin^{-1} x$.
આપેલ છે કે $-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી $-\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{\pi}{2} \leq 2\theta \leq \frac{\pi}{2}$.
હવે,પદ $\sin^{-1}(2x\sqrt{1-x^2})$ ધ્યાનમાં લો.
$x = \sin \theta$ મૂકતા,આપણને $\sin^{-1}(2\sin \theta \sqrt{1-\sin^2 \theta})$ મળે છે.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\sin^{-1}(2\sin \theta \sqrt{\cos^2 \theta}) = \sin^{-1}(2\sin \theta |\cos \theta|)$ મળે છે.
કારણ કે $-\frac{\pi}{4} \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$,તેથી $\cos \theta \geq 0$,એટલે કે $|\cos \theta| = \cos \theta$.
આમ,પદ $\sin^{-1}(2\sin \theta \cos \theta) = \sin^{-1}(\sin 2\theta)$ બને છે.
કારણ કે $2\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$,તેથી $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$.
$\theta = \sin^{-1} x$ પાછું મૂકતા,આપણને $2\sin^{-1} x$ મળે છે.

ધારો કે $x = \cos \theta$. તેથી $\theta = \cos ^{-1} x$.
આપેલ અંતરાલ $\frac{1}{\sqrt{2}} \leq x \leq 1$ માટે,$\cos \frac{\pi}{4} \leq \cos \theta \leq \cos 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{4}$.
આમ,$0 \leq 2\theta \leq \frac{\pi}{2}$.
હવે,પદમાં $x = \cos \theta$ મૂકતા:
$\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}}) = \sin ^{-1}(2 \cos \theta \sqrt{1-\cos ^{2} \theta})$
$= \sin ^{-1}(2 \cos \theta \sin \theta)$
$= \sin ^{-1}(\sin 2 \theta)$
કારણ કે $0 \leq 2\theta \leq \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin ^{-1}(\sin 2 \theta) = 2 \theta$.
$\theta = \cos ^{-1} x$ પાછું મૂકતા,આપણને $2 \cos ^{-1} x$ મળે છે.
આમ,$\sin ^{-1}(2 x \sqrt{1-x^{2}}) = 2 \cos ^{-1} x$ સાબિત થાય છે.

(A) આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
આપેલ છે $L.H.S. = \tan ^{-1} \frac{1}{2} + \tan ^{-1} \frac{2}{11}$.
$x = \frac{1}{2}$ અને $y = \frac{2}{11}$ લઈને સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$L.H.S. = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{2} + \frac{2}{11}}{1 - (\frac{1}{2} \times \frac{2}{11})} \right)$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{1}{2} + \frac{2}{11} = \frac{11 + 4}{22} = \frac{15}{22}$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $1 - \frac{2}{22} = 1 - \frac{1}{11} = \frac{10}{11}$.
આમ,$L.H.S. = \tan ^{-1} \left( \frac{15/22}{10/11} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{15}{22} \times \frac{11}{10} \right)$.
$L.H.S. = \tan ^{-1} \left( \frac{15}{2 \times 10} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{15}{20} \right) = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
તેથી $L.H.S. = R.H.S.$,આમ સાબિત થાય છે.

(D) આપેલ પદ: $\tan ^{-1} \left( \frac{\cos x}{1-\sin x} \right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$,$\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$,અને $1 = \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}}{\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2} - 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}} \right]$
$= \tan ^{-1} \left[ \frac{(\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2} \right]$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}}{\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}} \right)$
અંશ અને છેદને $\cos \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$= \tan ^{-1} \left( \frac{1 + \tan \frac{x}{2}}{1 - \tan \frac{x}{2}} \right) = \tan ^{-1} \left[ \tan \left( \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2} \right) \right]$
$= \frac{\pi}{4} + \frac{x}{2}$

(A) ધારો કે $x = \tan \theta$. તો $\theta = \tan ^{-1} x$.
$R.H.S.$ ધ્યાનમાં લો:
$\tan ^{-1}\left(\frac{3 x-x^{3}}{1-3 x^{2}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{3 \tan \theta - \tan ^{3} \theta}{1-3 \tan ^{2} \theta}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan 3\theta = \frac{3 \tan \theta - \tan ^{3} \theta}{1-3 \tan ^{2} \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$= \tan ^{-1}(\tan 3 \theta) = 3 \theta$
કારણ કે $3\theta = \theta + 2\theta$,આપણે લખી શકીએ:
$= \tan ^{-1} x + 2 \tan ^{-1} x$
$|x|<1$ માટે સૂત્ર $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \left(\frac{2x}{1-x^2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} x + \tan ^{-1} \left(\frac{2x}{1-x^2}\right) = L.H.S.$
આમ,નિત્યસમ સાબિત થાય છે.

(C) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયો માટેનું નિત્યસમ જાણીએ છીએ: $|x| \geq 1$ માટે $\sec ^{-1} x + \csc ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$.
આ કિંમતને આપેલ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cos \left(\sec ^{-1} x + \csc ^{-1} x\right) = \cos \left(\frac{\pi}{2}\right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$,તેથી પદાવલિની કિંમત $0$ છે.

(N/A) $3 \sin ^{-1} x = \sin ^{-1}(3 x - 4 x^{3})$ સાબિત કરવા માટે,જ્યાં $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.
ધારો કે $x = \sin \theta$. તો,$\theta = \sin ^{-1} x$.
અહીં $x \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ હોવાથી,$\sin \theta \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$,જેનો અર્થ છે કે $\theta \in [-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$.
$3$ વડે ગુણતા,આપણને $3\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ મળે છે.
હવે,જમણી બાજુ ($R$.$H$.$S$.) ધ્યાનમાં લો:
$\sin ^{-1}(3 x - 4 x^{3}) = \sin ^{-1}(3 \sin \theta - 4 \sin ^{3} \theta)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 3\theta = 3 \sin \theta - 4 \sin ^{3} \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \sin ^{-1}(\sin 3 \theta)$
કારણ કે $3\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$,આપણે ગુણધર્મ $\sin ^{-1}(\sin \alpha) = \alpha$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ,જ્યાં $\alpha \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
$= 3 \theta$
$= 3 \sin ^{-1} x = \text{ડાબી બાજુ (L.H.S.)}$
આમ,નિત્યસમ સાબિત થાય છે.

$x \in [\frac{1}{2}, 1]$ માટે $3 \cos ^{-1} x = \cos ^{-1} (4 x^{3} - 3 x)$ સાબિત કરવા માટે.
ધારો કે $x = \cos \theta$. તેથી $\theta = \cos ^{-1} x$.
અહીં $x \in [\frac{1}{2}, 1]$ હોવાથી,$\cos \theta \in [\frac{1}{2}, 1]$,જેનો અર્થ છે કે $\theta \in [0, \frac{\pi}{3}]$.
$3$ વડે ગુણતા,આપણને $3\theta \in [0, \pi]$ મળે છે.
હવે,$R.H.S$ ધ્યાનમાં લો:
$\cos ^{-1} (4 x^{3} - 3 x)$
$= \cos ^{-1} (4 \cos ^{3} \theta - 3 \cos \theta)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 3\theta = 4 \cos ^{3} \theta - 3 \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \cos ^{-1} (\cos 3\theta)$
અહીં $3\theta \in [0, \pi]$ હોવાથી,$\cos ^{-1} (\cos 3\theta) = 3\theta$ થાય.
$= 3 \cos ^{-1} x = L.H.S$.
આમ,નિત્યસમ સાબિત થાય છે.

આપણે સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$L.H.S. = \tan ^{-1} \left( \frac{2}{11} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{7}{24} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{2}{11} + \frac{7}{24}}{1 - (\frac{2}{11} \times \frac{7}{24})} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{48 + 77}{264}}{\frac{264 - 14}{264}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{125}{250} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = R.H.S.$

$L$.$H$.$S$ $= 2 \tan ^{-1} \frac{1}{2} + \tan ^{-1} \frac{1}{7}$
સૂત્ર $2 \tan ^{-1} x = \tan ^{-1} \frac{2x}{1-x^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left( \frac{2 \cdot \frac{1}{2}}{1 - (\frac{1}{2})^2} \right) + \tan ^{-1} \frac{1}{7}$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{1}{1 - \frac{1}{4}} \right) + \tan ^{-1} \frac{1}{7}$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{1}{\frac{3}{4}} \right) + \tan ^{-1} \frac{1}{7} = \tan ^{-1} \frac{4}{3} + \tan ^{-1} \frac{1}{7}$
હવે,સૂત્ર $\tan ^{-1} x + \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{4}{3} + \frac{1}{7}}{1 - \frac{4}{3} \cdot \frac{1}{7}} \right)$
$= \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{28+3}{21}}{\frac{21-4}{21}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{31}{17} \right) = R.H.S$.

(D) ધારો કે આપેલ પદ $y = \tan ^{-1} \left( \frac{\sqrt{1+x^{2}}-1}{x} \right)$ છે.
$x = \tan \theta$ આદેશ લેતા,જેનો અર્થ થાય છે $\theta = \tan ^{-1} x$.
તેથી,પદ નીચે મુજબ બનશે:
$y = \tan ^{-1} \left( \frac{\sqrt{1+\tan ^{2} \theta}-1}{\tan \theta} \right)$
નિત્યસમ $1 + \tan^2 \theta = \sec^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1} \left( \frac{\sec \theta - 1}{\tan \theta} \right)$
$\sin \theta$ અને $\cos \theta$ માં રૂપાંતર કરતા:
$y = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{1}{\cos \theta} - 1}{\frac{\sin \theta}{\cos \theta}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{1 - \cos \theta}{\sin \theta} \right)$
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left( \frac{\theta}{2} \right)$ અને $\sin \theta = 2 \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \cos \left( \frac{\theta}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \sin^2 \left( \frac{\theta}{2} \right)}{2 \sin \left( \frac{\theta}{2} \right) \cos \left( \frac{\theta}{2} \right)} \right)$
$y = \tan ^{-1} \left( \tan \left( \frac{\theta}{2} \right) \right) = \frac{\theta}{2}$
$\theta = \tan ^{-1} x$ પાછું મૂકતા,આપણને મળે છે:
$y = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\tan ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{x^{2}-1}}\right), |x|>1$
ધારો કે $x = \sec \theta$,તેથી $\theta = \sec^{-1} x$.
જ્યારે $|x| > 1$,ત્યારે $\theta \in (0, \pi/2) \cup (\pi/2, \pi)$.
$x = \sec \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \tan ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{\sec^{2} \theta - 1}}\right)$
$= \tan ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{\tan^{2} \theta}}\right)$
$= \tan ^{-1} \left(\frac{1}{|\tan \theta|}\right)$
$x > 1$ માટે,$\theta \in (0, \pi/2)$,તેથી $\tan \theta > 0$,એટલે કે $|\tan \theta| = \tan \theta$.
$= \tan ^{-1} \left(\frac{1}{\tan \theta}\right) = \tan ^{-1} (\cot \theta)$
$= \tan ^{-1} \left(\tan \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)\right)$
$= \frac{\pi}{2} - \theta$
$= \frac{\pi}{2} - \sec^{-1} x$.

(A) પદાવલિ $\tan ^{-1}\left(\frac{3 a^{2} x-x^{3}}{a^{3}-3 a x^{2}}\right)$ ધ્યાનમાં લો.
ધારો કે $x = a \tan \theta$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{x}{a} = \tan \theta$ અથવા $\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{a}\right)$.
$x = a \tan \theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan ^{-1}\left(\frac{3 a^{2} (a \tan \theta) - (a \tan \theta)^{3}}{a^{3} - 3 a (a \tan \theta)^{2}}\right)$
$= \tan ^{-1}\left(\frac{3 a^{3} \tan \theta - a^{3} \tan ^{3} \theta}{a^{3} - 3 a^{3} \tan ^{2} \theta}\right)$
$= \tan ^{-1}\left(\frac{a^{3}(3 \tan \theta - \tan ^{3} \theta)}{a^{3}(1 - 3 \tan ^{2} \theta)}\right)$
$= \tan ^{-1}\left(\frac{3 \tan \theta - \tan ^{3} \theta}{1 - 3 \tan ^{2} \theta}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan 3\theta = \frac{3 \tan \theta - \tan ^{3} \theta}{1 - 3 \tan ^{2} \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$= \tan ^{-1}(\tan 3 \theta)$
અહીં $\frac{-a}{\sqrt{3}} \leq x \leq \frac{a}{\sqrt{3}}$ હોવાથી,$\frac{-1}{\sqrt{3}} \leq \tan \theta \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{\pi}{6} \leq \theta \leq \frac{\pi}{6}$,તેથી $-\frac{\pi}{2} \leq 3\theta \leq \frac{\pi}{2}$.
આમ,$\tan ^{-1}(\tan 3 \theta) = 3 \theta = 3 \tan ^{-1} \frac{x}{a}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $a$ માટે,પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોનો સરવાળો નીચે મુજબના નિત્યસમ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\tan ^{-1} a + \cot ^{-1} a = \frac{\pi}{2}$.
આ નિત્યસમને આપેલ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\cot \left(\tan ^{-1} a + \cot ^{-1} a\right) = \cot \left(\frac{\pi}{2}\right)$.
કારણ કે $\cot \left(\frac{\pi}{2}\right) = 0$,તેથી પદાવલિની કિંમત $0$ છે.

(D) ધારો કે $x = \tan \alpha$. તેથી $\alpha = \tan^{-1} x$.
$\sin^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right) = \sin^{-1} \left( \frac{2 \tan \alpha}{1+\tan^2 \alpha} \right) = \sin^{-1} (\sin 2\alpha) = 2\alpha = 2 \tan^{-1} x$.
ધારો કે $y = \tan \beta$. તેથી $\beta = \tan^{-1} y$.
$\cos^{-1} \left( \frac{1-y^2}{1+y^2} \right) = \cos^{-1} \left( \frac{1-\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta} \right) = \cos^{-1} (\cos 2\beta) = 2\beta = 2 \tan^{-1} y$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan \frac{1}{2} [2 \tan^{-1} x + 2 \tan^{-1} y] = \tan [\tan^{-1} x + \tan^{-1} y]$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan [\tan^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)] = \frac{x+y}{1-xy}$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin \left(\sin ^{-1} \frac{1}{5}+\cos ^{-1} x\right)=1$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$. તેથી,આપણે લખી શકીએ:
$\sin ^{-1} \frac{1}{5} + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$
આપણે નિત્યસમ $\sin ^{-1} \theta + \cos ^{-1} \theta = \frac{\pi}{2}$ જાણીએ છીએ,જ્યાં $\theta \in [-1, 1]$.
$\sin ^{-1} \frac{1}{5} + \cos ^{-1} x = \sin ^{-1} \frac{1}{5} + \cos ^{-1} \frac{1}{5}$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$x = \frac{1}{5}$

(B) આપેલ છે: $\tan ^{-1} \frac{x-1}{x-2}+\tan ^{-1} \frac{x+1}{x+2}=\frac{\pi}{4}$
સૂત્ર $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A+B}{1-AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan ^{-1} \left[ \frac{\frac{x-1}{x-2}+\frac{x+1}{x+2}}{1-\left( \frac{x-1}{x-2} \right) \left( \frac{x+1}{x+2} \right)} \right] = \frac{\pi}{4}$
$\tan ^{-1} \left[ \frac{(x-1)(x+2)+(x+1)(x-2)}{(x-2)(x+2)-(x-1)(x+1)} \right] = \frac{\pi}{4}$
$\tan ^{-1} \left[ \frac{x^2+x-2+x^2-x-2}{x^2-4-(x^2-1)} \right] = \frac{\pi}{4}$
$\tan ^{-1} \left[ \frac{2x^2-4}{-3} \right] = \frac{\pi}{4}$
બંને બાજુ $\tan$ લેતા:
$\frac{2x^2-4}{-3} = \tan \frac{\pi}{4}$
$\frac{2x^2-4}{-3} = 1$
$2x^2-4 = -3$
$2x^2 = 1$
$x^2 = \frac{1}{2}$
$x = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$

(A) ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{3}{5} = x$.
તેથી $\sin x = \frac{3}{5}$.
કારણ કે $\cos x = \sqrt{1 - \sin^2 x} = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$,તેથી $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
આમ,$\sin ^{-1} \frac{3}{5} = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
વળી,$\cot ^{-1} \frac{3}{2} = \tan ^{-1} \frac{2}{3}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\tan \left(\tan ^{-1} \frac{3}{4} + \tan ^{-1} \frac{2}{3}\right)$.
સૂત્ર $\tan ^{-1} a + \tan ^{-1} b = \tan ^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan \left(\tan ^{-1} \left(\frac{\frac{3}{4} + \frac{2}{3}}{1 - \frac{3}{4} \cdot \frac{2}{3}}\right)\right)$.
$= \tan \left(\tan ^{-1} \left(\frac{\frac{9+8}{12}}{1 - \frac{6}{12}}\right)\right) = \tan \left(\tan ^{-1} \left(\frac{17/12}{6/12}\right)\right)$.
$= \tan \left(\tan ^{-1} \frac{17}{6}\right) = \frac{17}{6}$.

ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{3}{5} = x$ અને $\sin ^{-1} \frac{8}{17} = y$.
તેથી,$\sin x = \frac{3}{5}$ અને $\sin y = \frac{8}{17}$.
$\cos x = \sqrt{1 - \sin^2 x}$ હોવાથી,આપણને મળે $\cos x = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.
તે જ રીતે,$\cos y = \sqrt{1 - \sin^2 y} = \sqrt{1 - (\frac{8}{17})^2} = \sqrt{1 - \frac{64}{289}} = \sqrt{\frac{225}{289}} = \frac{15}{17}$.
નિત્યસમ $\cos(x - y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(x - y) = (\frac{4}{5})(\frac{15}{17}) + (\frac{3}{5})(\frac{8}{17}) = \frac{60}{85} + \frac{24}{85} = \frac{84}{85}$.
આમ,$x - y = \cos^{-1} \frac{84}{85}$.
$x$ અને $y$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે $\sin^{-1} \frac{3}{5} - \sin^{-1} \frac{8}{17} = \cos^{-1} \frac{84}{85}$.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\tan ^{-1}\left[\frac{a \cos x-b \sin x}{b \cos x+a \sin x}\right]$
અંશ અને છેદને $b \cos x$ વડે ભાગતા:
$= \tan ^{-1}\left[\frac{\frac{a \cos x}{b \cos x} - \frac{b \sin x}{b \cos x}}{\frac{b \cos x}{b \cos x} + \frac{a \sin x}{b \cos x}}\right]$
$= \tan ^{-1}\left[\frac{\frac{a}{b} - \tan x}{1 + \frac{a}{b} \tan x}\right]$
સૂત્ર $\tan ^{-1} A - \tan ^{-1} B = \tan ^{-1}\left(\frac{A-B}{1+AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \frac{a}{b}$ અને $B = \tan x$ છે:
$= \tan ^{-1}\left(\frac{a}{b}\right) - \tan ^{-1}(\tan x)$
$= \tan ^{-1}\left(\frac{a}{b}\right) - x$

ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{3}{5} = x$. તેથી $\sin x = \frac{3}{5}$.
કારણ કે $\cos x = \sqrt{1 - \sin^2 x} = \sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = \sqrt{1 - \frac{9}{25}} = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.
તેથી,$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
આનો અર્થ એ છે કે $x = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$,તેથી $\sin ^{-1} \frac{3}{5} = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
હવે,ડાબી બાજુ ($L$.$H$.$S$.) ધ્યાનમાં લો:
$2 \sin ^{-1} \frac{3}{5} = 2 \tan ^{-1} \frac{3}{4}$.
સૂત્ર $2 \tan ^{-1} A = \tan ^{-1} \left( \frac{2A}{1 - A^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \tan ^{-1} \frac{3}{4} = \tan ^{-1} \left( \frac{2 \times \frac{3}{4}}{1 - (\frac{3}{4})^2} \right)$.
$= \tan ^{-1} \left( \frac{3/2}{1 - 9/16} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{3/2}{7/16} \right)$.
$= \tan ^{-1} \left( \frac{3}{2} \times \frac{16}{7} \right) = \tan ^{-1} \frac{24}{7}$.
આમ,ડાબી બાજુ = જમણી બાજુ.

ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{8}{17}=x$. તેથી,$\sin x=\frac{8}{17}$.
કારણ કે $\cos x=\sqrt{1-\sin^2 x}=\sqrt{1-(\frac{8}{17})^2}=\sqrt{\frac{289-64}{289}}=\frac{15}{17}$,તેથી $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}=\frac{8}{15}$.
આમ,$\sin ^{-1} \frac{8}{17}=\tan ^{-1} \frac{8}{15}$ $...(1)$
ધારો કે $\sin ^{-1} \frac{3}{5}=y$. તેથી,$\sin y=\frac{3}{5}$.
કારણ કે $\cos y=\sqrt{1-\sin^2 y}=\sqrt{1-(\frac{3}{5})^2}=\sqrt{\frac{25-9}{25}}=\frac{4}{5}$,તેથી $\tan y=\frac{\sin y}{\cos y}=\frac{3}{4}$.
આમ,$\sin ^{-1} \frac{3}{5}=\tan ^{-1} \frac{3}{4}$ $...(2)$
હવે,$L.H.S.$ લેતા:
$\sin ^{-1} \frac{8}{17}+\sin ^{-1} \frac{3}{5} = \tan ^{-1} \frac{8}{15}+\tan ^{-1} \frac{3}{4}$
સૂત્ર $\tan ^{-1} a + \tan ^{-1} b = \tan ^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \tan ^{-1} \left(\frac{\frac{8}{15}+\frac{3}{4}}{1-\frac{8}{15} \times \frac{3}{4}}\right)$
$= \tan ^{-1} \left(\frac{\frac{32+45}{60}}{\frac{60-24}{60}}\right)$
$= \tan ^{-1} \left(\frac{77}{36}\right) = R.H.S.$

(A) ધારો કે $\cos ^{-1} \frac{4}{5} = x$. તેથી $\cos x = \frac{4}{5}$.
$\sin x = \sqrt{1 - \cos^2 x} = \sqrt{1 - (\frac{4}{5})^2} = \frac{3}{5}$ હોવાથી,$\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
તેથી,$\cos ^{-1} \frac{4}{5} = \tan ^{-1} \frac{3}{4}$ $\dots (1)$.
હવે,ધારો કે $\cos ^{-1} \frac{12}{13} = y$. તેથી $\cos y = \frac{12}{13}$.
$\sin y = \sqrt{1 - (\frac{12}{13})^2} = \frac{5}{13}$ હોવાથી,$\tan y = \frac{5/13}{12/13} = \frac{5}{12}$.
તેથી,$\cos ^{-1} \frac{12}{13} = \tan ^{-1} \frac{5}{12}$ $\dots (2)$.
સૂત્ર $\tan ^{-1} A + \tan ^{-1} B = \tan ^{-1} \left( \frac{A + B}{1 - AB} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L.H.S = \tan ^{-1} \frac{3}{4} + \tan ^{-1} \frac{5}{12} = \tan ^{-1} \left( \frac{\frac{3}{4} + \frac{5}{12}}{1 - \frac{3}{4} \times \frac{5}{12}} \right) = \tan ^{-1} \left( \frac{56/48}{33/48} \right) = \tan ^{-1} \frac{56}{33}$.
$\tan ^{-1} \frac{56}{33}$ ને $\cos ^{-1}$ સ્વરૂપમાં ફેરવતા,$\cos ^{-1} \frac{33}{65} = R.H.S$ મળે છે.