Basic Concepts of ITF Questions in Hindi

(B) दिया गया समीकरण: $\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} 2 x=\frac{\pi}{3}$
माना $x=\sin \theta$ है।
तब,$\theta+\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}$।
$\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}-\theta$।
दोनों पक्षों में $\sin$ लेने पर:
$2 \sin \theta = \sin \left(\frac{\pi}{3}-\theta\right)$।
सर्वसमिका $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$2 \sin \theta = \sin \frac{\pi}{3} \cos \theta - \cos \frac{\pi}{3} \sin \theta$।
$2 \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta - \frac{1}{2} \sin \theta$।
दोनों पक्षों में $\frac{1}{2} \sin \theta$ जोड़ने पर:
$\frac{5}{2} \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta$।
$\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{5}$।
चूंकि $\tan \theta = \frac{\text{लंब}}{\text{आधार}} = \frac{\sqrt{3}}{5}$ है,कर्ण $\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 5^2} = \sqrt{3+25} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$ होगा।
अतः,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$।
चूंकि $x = \sin \theta$,इसलिए $x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) दिया गया है,$\cos ^{-1} x = \sin ^{-1} 3x$.
हम जानते हैं कि $x \in [0, 1]$ के लिए $\cos ^{-1} x = \sin ^{-1} \sqrt{1-x^2}$ होता है।
इस मान को समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\sin ^{-1} \sqrt{1-x^2} = \sin ^{-1} 3x$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों में $\sin$ लेने पर,$\sqrt{1-x^2} = 3x$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$1-x^2 = 9x^2$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $10x^2 = 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x^2 = \frac{1}{10}$।
चूंकि $x$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $x = \frac{1}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{10}}{10}$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है कि $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.
हम जानते हैं कि $\sin \theta = \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$.
इसलिए,$\cos^{-1}(\sin \theta) = \cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right]$.
चूंकि $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,इसलिए $-\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,और इस प्रकार $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$.
$\cos^{-1} x$ के मुख्य मान शाखा का परिसर $[0, \pi]$ है।
चूंकि $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$,इसलिए $\cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right] = \frac{\pi}{2} - \theta$ होगा।

(A) हम जानते हैं कि $\coth^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ जहाँ $|x| > 1$ है।
अतः,$2 \coth^{-1}(4) = 2 \cdot \frac{1}{2} \log \left(\frac{4+1}{4-1}\right) = \log \left(\frac{5}{3}\right)$।
हम यह भी जानते हैं कि $\text{sech}^{-1}(x) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ जहाँ $0 < x \leq 1$ है।
$x = \frac{3}{5}$ प्रतिस्थापित करने पर,$\text{sech}^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{1 - (9/25)}}{3/5}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{16/25}}{3/5}\right) = \log \left(\frac{1 + 4/5}{3/5}\right) = \log \left(\frac{9/5}{3/5}\right) = \log 3$।
इसलिए,$2 \coth^{-1}(4) + \text{sech}^{-1}\left(\frac{3}{5}\right) = \log \left(\frac{5}{3}\right) + \log 3 = \log \left(\frac{5}{3} \times 3\right) = \log 5$।

(A) हम जानते हैं कि $\operatorname{sech}^{-1}(x) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ और $\operatorname{cosech}^{-1}(x) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}\right)$.
चरण $1$: $\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ का मान ज्ञात करें।
$\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-1/2}}{1/\sqrt{2}}\right) = \ln\left(\frac{1+1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}}\right) = \ln(\sqrt{2}+1)$.
चरण $2$: $\operatorname{cosech}^{-1}(-1)$ का मान ज्ञात करें।
$\operatorname{cosech}^{-1}(-1) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+(-1)^2}}{-1}\right) = \ln\left(\frac{1+\sqrt{2}}{-1}\right) = \ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}+1}\right) = \ln((\sqrt{2}+1)^{-1}) = -\ln(\sqrt{2}+1)$.
चरण $3$: परिणामों को जोड़ें।
$\operatorname{sech}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+\operatorname{cosech}^{-1}(-1) = \ln(\sqrt{2}+1) - \ln(\sqrt{2}+1) = 0$.

(C) माना $f(x) = \operatorname{Tan}^{-1}(\sqrt{x(x+1)}) + \operatorname{Sin}^{-1}(\sqrt{x^2+x+1})$.
व्यंजक को परिभाषित होने के लिए,तर्कों को डोमेन शर्तों को पूरा करना होगा:
$1$. $x(x+1) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -1] \cup [0, \infty)$.
$2$. $0 \le x^2+x+1 \le 1$.
चूंकि $x^2+x+1 = (x+1/2)^2 + 3/4$,न्यूनतम मान $3/4$ है। अतः,$x^2+x+1 \le 1 \implies x^2+x \le 0 \implies x(x+1) \le 0 \implies x \in [-1, 0]$.
$(1)$ और $(2)$ की शर्तों को मिलाने पर,हमें $x \in \{-1, 0\}$ प्राप्त होता है।
स्थिति $1$: यदि $x = 0$,तो $\operatorname{Tan}^{-1}(0) + \operatorname{Sin}^{-1}(1) = 0 + \pi/2 = \pi/2$. यह एक हल है।
स्थिति $2$: यदि $x = -1$,तो $\operatorname{Tan}^{-1}(0) + \operatorname{Sin}^{-1}(1) = 0 + \pi/2 = \pi/2$. यह एक हल है।
अतः,कुल $2$ हल हैं।

(A) दिया गया है $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \log \sqrt{5}$.
परिभाषा $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास है $\frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right) = \log \sqrt{5} = \frac{1}{2} \log 5$.
अतः,$\frac{1+x}{1-x} = 5 \implies 1+x = 5-5x \implies 6x = 4 \implies x = \frac{2}{3}$.
दिया गया है $\operatorname{Coth}^{-1} y = \log \sqrt{5}$.
परिभाषा $\operatorname{Coth}^{-1} y = \frac{1}{2} \log \left( \frac{y+1}{y-1} \right)$ का उपयोग करते हुए,हमारे पास है $\frac{1}{2} \log \left( \frac{y+1}{y-1} \right) = \frac{1}{2} \log 5$.
अतः,$\frac{y+1}{y-1} = 5 \implies y+1 = 5y-5 \implies 4y = 6 \implies y = \frac{3}{2}$.
अब,$xy = \left( \frac{2}{3} \right) \left( \frac{3}{2} \right) = 1$.
इसलिए,$\operatorname{Tan}^{-1}(xy) = \operatorname{Tan}^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(D) दिया गया है कि $\operatorname{Sinh}^{-1}(2)+\operatorname{Sinh}^{-1}(3)=\alpha$ है।
दोनों पक्षों में $\sinh$ लेने पर,हमें $\sinh(\operatorname{Sinh}^{-1}(2)+\operatorname{Sinh}^{-1}(3))=\sinh \alpha$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $x=\operatorname{Sinh}^{-1}(2)$ और $y=\operatorname{Sinh}^{-1}(3)$,इसलिए $\sinh x=2$ और $\sinh y=3$ है।
हम जानते हैं कि $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$,इसलिए $\cosh x = \sqrt{1+\sinh^2 x} = \sqrt{1+2^2} = \sqrt{5}$ है।
इसी प्रकार,$\cosh y = \sqrt{1+\sinh^2 y} = \sqrt{1+3^2} = \sqrt{10}$ है।
सर्वसमिका $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\sinh \alpha = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y = (2)(\sqrt{10}) + (\sqrt{5})(3) = 2 \sqrt{10} + 3 \sqrt{5}$.

(A) दिया गया समीकरण: $2 f(\sin x) + f(\cos x) = x$ ...$(i)$
$x$ को $\frac{\pi}{2} - x$ से प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$2 f(\cos x) + f(\sin x) = \frac{\pi}{2} - x$ ...(ii)
$f(\cos x)$ को हटाने के लिए,समीकरण (ii) को $2$ से गुणा करने पर:
$4 f(\cos x) + 2 f(\sin x) = \pi - 2x$ ...(iii)
समीकरण (iii) में से $(i)$ को घटाने पर:
$4 f(\cos x) - f(\cos x) = \pi - 2x - x$
$3 f(\cos x) = \pi - 3x$
$f(\cos x) = \frac{\pi}{3} - x$
माना $t = \cos x$,तब $x = \cos^{-1} t$. इसे समीकरण में रखने पर:
$f(t) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} t$
अतः,$f(x) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} x$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f^{\prime}(x) = 0 - \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(C) $e^{\log x} = x$ गुणधर्म का उपयोग करने पर:
$e^{\log (\cosh^{-1} 2)} = \cosh^{-1} 2$
हम जानते हैं कि $\cosh^{-1} x = \log (x + \sqrt{x^2 - 1})$ जहाँ $x \geq 1$ है।
$x = 2$ रखने पर:
$\cosh^{-1} 2 = \log (2 + \sqrt{2^2 - 1}) = \log (2 + \sqrt{4 - 1}) = \log (2 + \sqrt{3})$

(C) समीकरण $\sin ^{-1} x = 2 \sin ^{-1} a$ का $x$ के लिए हल तभी संभव है जब दायां पक्ष $2 \sin ^{-1} a$, $\sin ^{-1}$ फलन के परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ के भीतर हो।
अतः, $-\frac{\pi}{2} \leq 2 \sin ^{-1} a \leq \frac{\pi}{2}$ होना चाहिए।
$2$ से भाग देने पर, हमें $-\frac{\pi}{4} \leq \sin ^{-1} a \leq \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।
सभी भागों पर ज्या (sine) फलन लागू करने पर, चूंकि $\sin$ एक वर्धमान फलन है, हमें $\sin(-\frac{\pi}{4}) \leq a \leq \sin(\frac{\pi}{4})$ प्राप्त होता है।
यह सरल होकर $-\frac{1}{\sqrt{2}} \leq a \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ हो जाता है, जो $|a| \leq \frac{1}{\sqrt{2}}$ के बराबर है।

(A) दिया गया व्यंजक: $\coth^{-1}(2) + \operatorname{cosech}^{-1}(-2\sqrt{2})$.
चूंकि $\operatorname{cosech}^{-1}(-x) = -\operatorname{cosech}^{-1}(x)$, इसलिए व्यंजक $\coth^{-1}(2) - \operatorname{cosech}^{-1}(2\sqrt{2})$ हो जाता है।
$|x| > 1$ के लिए सूत्र $\coth^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{x+1}{x-1}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\coth^{-1}(2) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{2+1}{2-1}\right) = \frac{1}{2} \log(3) = \log \sqrt{3}$.
$x > 0$ के लिए सूत्र $\operatorname{cosech}^{-1}(x) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{x^2+1}}{x}\right)$ का उपयोग करने पर:
$\operatorname{cosech}^{-1}(2\sqrt{2}) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + 1}}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{1 + \sqrt{8+1}}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{1+3}{2\sqrt{2}}\right) = \log \left(\frac{4}{2\sqrt{2}}\right) = \log \sqrt{2}$.
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\log \sqrt{3} - \log \sqrt{2} = \log \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) = \log \sqrt{\frac{3}{2}}$.

(C) माना $f(x) = \operatorname{sech}^{-1} x + \operatorname{cosech}^{-1} x$.
$\operatorname{sech}^{-1} x$ का प्रांत $x \in (0, 1]$ है।
$\operatorname{cosech}^{-1} x$ का प्रांत $x \in \mathbb{R} \setminus \{0\}$ है।
$f(x)$ का प्रांत इन दोनों का सर्वनिष्ठ है, जो $x \in (0, 1]$ है।
हम जानते हैं कि $\operatorname{sech}^{-1} x = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right)$ और $\operatorname{cosech}^{-1} x = \ln\left(\frac{1+\sqrt{1+x^2}}{x}\right)$.
जैसे-जैसे $x \to 0^+$, $f(x) \to \infty$ होता है।
$x = 1$ पर, $f(1) = \operatorname{sech}^{-1}(1) + \operatorname{cosech}^{-1}(1) = 0 + \ln(1+\sqrt{2}) = \ln(1+\sqrt{2})$.
चूंकि $f(x)$ अंतराल $(0, 1]$ पर एक निरंतर ह्रासमान फलन है, इसलिए परिसर $[\ln(1+\sqrt{2}), \infty)$ है।
अतः, $a = \ln(1+\sqrt{2})$ और $b = \infty$।

(C) हम सूत्र $2 \tanh^{-1} x = \tanh^{-1} \left( \frac{2x}{1+x^2} \right)$ का उपयोग करेंगे।
$x = \frac{1}{2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$2 \tanh^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{2(\frac{1}{2})}{1+(\frac{1}{2})^2} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{1}{1 + \frac{1}{4}} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{1}{\frac{5}{4}} \right) = \tanh^{-1} \left( \frac{4}{5} \right)$.
अब, प्रतिलोम अतिपरवलयिक स्पर्शज्या फलन के लघुगणकीय रूप का उपयोग करते हैं: $\tanh^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$.
$x = \frac{4}{5}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\tanh^{-1} \left( \frac{4}{5} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1 + \frac{4}{5}}{1 - \frac{4}{5}} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{\frac{9}{5}}{\frac{1}{5}} \right) = \frac{1}{2} \log 9 = \frac{1}{2} \log 3^2 = \log 3$.

(C) दिया गया है: $\sin ^{-1}(4 x)-\cos ^{-1}(3 x)=\frac{\pi}{6}$....$(i)$
माना $A=\sin ^{-1}(4 x)$ और $B=\cos ^{-1}(3 x)$.
तब $\sin A=4 x$ और $\cos B=3 x$.
हम जानते हैं कि $\cos A=\sqrt{1-16 x^2}$ और $\sin B=\sqrt{1-9 x^2}$.
$(i)$ से, $A-B=\frac{\pi}{6}$. दोनों पक्षों में साइन लेने पर:
$\sin(A-B) = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.
सर्वसमिका $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$(4x)(3x) - \sqrt{1-16 x^2} \sqrt{1-9 x^2} = \frac{1}{2}$.
$12x^2 - \frac{1}{2} = \sqrt{(1-16 x^2)(1-9 x^2)}$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$(12x^2 - \frac{1}{2})^2 = (1-16 x^2)(1-9 x^2)$.
$144x^4 - 12x^2 + \frac{1}{4} = 1 - 9x^2 - 16x^2 + 144x^4$.
$-12x^2 + \frac{1}{4} = 1 - 25x^2$.
$13x^2 = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.
$x^2 = \frac{3}{52}$.
$x = \sqrt{\frac{3}{52}} = \frac{\sqrt{3}}{2 \sqrt{13}}$.

(A) दिया गया समीकरण: $\cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \cot \left(\cos ^{-1} x\right)$.
हम जानते हैं कि $\cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{3}$.
अतः, $\frac{\pi}{3} = \cot \left(\cos ^{-1} x\right)$.
दोनों तरफ $\cot$ लेने पर: $\cot \left(\frac{\pi}{3}\right) = \cos ^{-1} x$.
चूंकि $\cot \left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{\sqrt{3}}$, इसलिए $\frac{1}{\sqrt{3}} = \cos ^{-1} x$.
अतः, $x = \cos \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)$.
दिए गए विकल्पों को देखते हुए, प्रश्न में त्रुटि हो सकती है। यदि प्रश्न $\cot^{-1}(\frac{1}{2}) = \cos^{-1}x$ होता, तो $x = \cos(\cot^{-1}(\frac{1}{2})) = \frac{2}{\sqrt{5}}$ प्राप्त होता। दिए गए विकल्पों के अनुसार, सही विकल्प $A$ है।

(A) माना $x = \sinh^{-1} 2$ और $y = \cosh^{-1} \sqrt{6}$ है।
हम जानते हैं कि $\sinh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1})$, इसलिए $x = \ln(2 + \sqrt{2^2 + 1}) = \ln(2 + \sqrt{5})$ है।
हम जानते हैं कि $\cosh^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$, इसलिए $y = \ln(\sqrt{6} + \sqrt{6 - 1}) = \ln(\sqrt{6} + \sqrt{5})$ है।
अतः $e^{x+y} = e^x \cdot e^y = (2 + \sqrt{5})(\sqrt{6} + \sqrt{5})$ है।
इसका विस्तार करने पर, हमें $2\sqrt{6} + 2\sqrt{5} + \sqrt{30} + 5 = 5 + 2\sqrt{6} + 2\sqrt{5} + \sqrt{30}$ प्राप्त होता है।
इसे $(a+(b+\sqrt{c}) \sqrt{a}+b \sqrt{c})$ के रूप के साथ तुलना करने पर, $a=5, b=2, c=6$ प्राप्त होता है।
इसलिए, $a+b+c = 5+2+6 = 13$ है।

(A) कथन-$I$ के लिए: $\operatorname{Cosh}^{-1} x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1})$ जहाँ $x \ge 1$ है। $\operatorname{Tanh}^{-1} x = \frac{1}{2} \ln(\frac{1+x}{1-x})$ जहाँ $|x| < 1$ है। चूँकि डोमेन अलग-अलग हैं ($x \ge 1$ और $|x| < 1$), इसलिए कोई हल संभव नहीं है। अतः, कथन-$I$ सत्य है।
कथन-$II$ के लिए: $\operatorname{Cosh}^{-1} x = \operatorname{Coth}^{-1} x$। $\operatorname{Coth}^{-1} x = \frac{1}{2} \ln(\frac{x+1}{x-1})$ जहाँ $|x| > 1$ है। समीकरण $\ln(x + \sqrt{x^2 - 1}) = \frac{1}{2} \ln(\frac{x+1}{x-1})$ को हल करने पर, हमें $x > 1$ के लिए एक हल प्राप्त होता है। अतः, कथन-$II$ सत्य है।

(A) दिया गया है, $x = \tan^{-1} \left(\frac{1}{5}\right) + \tan^{-1} \left(\frac{1}{8}\right)$.
सूत्र $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left(\frac{a+b}{1-ab}\right)$ का उपयोग करने पर,
$x = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{1}{5} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{8}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{\frac{8+5}{40}}{\frac{40-1}{40}}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{13}{39}\right) = \tan^{-1} \left(\frac{1}{3}\right)$.
अतः, $\tan x = \frac{1}{3}$.
चूंकि $\tan x = \frac{\text{लंब}}{\text{आधार}} = \frac{1}{3}$, इसलिए कर्ण $\sqrt{1^2 + 3^2} = \sqrt{10}$ होगा।
अतः, $\sin x = \frac{1}{\sqrt{10}}$ और $\cos x = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$\frac{\sin x + \cos x}{\tan x} = \frac{\frac{1}{\sqrt{10}} + \frac{3}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{\frac{4}{\sqrt{10}}}{\frac{1}{3}} = \frac{12}{\sqrt{10}}$.

(C) माना कि $\theta = \tan ^{-1} \left(\frac{y}{2}\right)$.
तब, $\tan \theta = \frac{y}{2}$.
हम सर्वसमिका $\sec ^2 \theta = 1 + \tan ^2 \theta$ जानते हैं।
$\tan \theta$ का मान रखने पर:
$\sec ^2 \theta = 1 + \left(\frac{y}{2}\right)^2 = 1 + \frac{y^2}{4} = \frac{4+y^2}{4}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\sec \theta = \sqrt{\frac{4+y^2}{4}} = \frac{\sqrt{4+y^2}}{2}$.
अतः, $\sec \left(\tan ^{-1} \frac{y}{2}\right) = \frac{\sqrt{4+y^2}}{2}$.

(D) हम जानते हैं कि $|x| > 1$ के लिए $\operatorname{coth}^{-1}(x) = \tanh^{-1}\left(\frac{1}{x}\right)$ होता है।
अतः, $\operatorname{coth}^{-1}(2) = \tanh^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$।
इस मान को व्यंजक में रखने पर:
$\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)+\operatorname{coth}^{-1}(2) = \tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)+\tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \tanh ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)$।
लघुगणकीय रूप $\tanh^{-1}(x) = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ का उपयोग करने पर:
$2 \tanh^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}\right) = \log \left(\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}\right) = \log 3$।

(A) दिया गया है, $\sin ^{-1}\left(x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{4}-\frac{x^{4}}{8}+\ldots\right)=\frac{\pi}{6}$.
$\sin ^{-1}$ फलन के अंदर दी गई श्रेणी एक अनंत गुणोत्तर श्रेणी है, जिसका प्रथम पद $a = x$ और सार्व अनुपात $r = -\frac{x}{2}$ है।
अनंत गुणोत्तर श्रेणी का योग $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ सूत्र द्वारा प्राप्त होता है।
मान प्रतिस्थापित करने पर, $S_{\infty} = \frac{x}{1 - (-\frac{x}{2})} = \frac{x}{1 + \frac{x}{2}} = \frac{2x}{2+x}$.
अतः, $\sin ^{-1}\left(\frac{2x}{2+x}\right) = \frac{\pi}{6}$.
दोनों पक्षों में $\sin$ लेने पर, $\frac{2x}{2+x} = \sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.
वज्र गुणन करने पर, $4x = 2 + x$.
$3x = 2$, जिससे $x = \frac{2}{3}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया व्यंजक $\tan ^{-1}\left(\frac{\sin 2-1}{\cos 2}\right)$ है।
सर्वसमिकाओं $\sin 2 = 2\sin 1 \cos 1$, $1 = \sin^2 1 + \cos^2 1$, और $\cos 2 = \cos^2 1 - \sin^2 1$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\sin 2 - 1}{\cos 2} = \frac{2\sin 1 \cos 1 - (\sin^2 1 + \cos^2 1)}{\cos^2 1 - \sin^2 1} = \frac{-(\cos 1 - \sin 1)^2}{(\cos 1 - \sin 1)(\cos 1 + \sin 1)}$.
चूंकि $\cos 1 > \sin 1$ है $(1 \text{ रेडियन} \approx 57.3^\circ)$, इसे सरल करने पर $\frac{-(\cos 1 - \sin 1)}{\cos 1 + \sin 1} = \frac{\sin 1 - \cos 1}{\cos 1 + \sin 1}$ प्राप्त होता है।
अंश और हर को $\cos 1$ से विभाजित करने पर, हमें $\frac{\tan 1 - 1}{1 + \tan 1} = \tan(1 - \frac{\pi}{4})$ प्राप्त होता है।
अतः, $\tan ^{-1}(\tan(1 - \frac{\pi}{4})) = 1 - \frac{\pi}{4}$।

(A) माना कोण $\theta$ है। कोण को दो भागों $\alpha$ और $\beta$ में विभाजित किया गया है जहाँ $\tan \alpha = \frac{1}{2}$ और $\tan \beta = \frac{1}{3}$ है।
अतः, $\theta = \alpha + \beta = \tan^{-1}(\frac{1}{2}) + \tan^{-1}(\frac{1}{3})$ है।
सूत्र $\tan^{-1} x + \tan^{-1} y = \tan^{-1}(\frac{x+y}{1-xy})$ का उपयोग करने पर (जहाँ $xy < 1$):
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3})}\right)$
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{6}}{1 - \frac{1}{6}}\right)$
$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}}\right)$
$\theta = \tan^{-1}(1)$
चूँकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ होता है, इसलिए $\theta = \frac{\pi}{4}$ है।

(C) हम जानते हैं कि $\sin^{-1}(1/\sqrt{2}) = \pi/4$ होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर, हमें $\tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cos \left( 5 \cdot \frac{\pi}{4} \right) \right]$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\cos(5\pi/4) = \cos(\pi + \pi/4) = -\cos(\pi/4) = -1/\sqrt{2}$ होता है।
इस मान को रखने पर, व्यंजक $\tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \cdot \left( -\frac{1}{\sqrt{2}} \right) \right]$ बन जाता है।
इसे सरल करने पर $\tan^{-1} \left( -\frac{1}{\sqrt{3}} \right)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\tan^{-1}(-x) = -\tan^{-1}(x)$ और $\tan^{-1}(1/\sqrt{3}) = \pi/6$ होता है, इसलिए अंतिम परिणाम $-\pi/6$ है।
अतः, विकल्प $C$ सही है।

(B) हम जानते हैं कि $\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$ होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर: $2 \sin^{-1}(\frac{1}{2}) = 2(\frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
अब, व्यंजक $\tan^{-1} [2 \cos(\frac{\pi}{3})]$ हो जाता है।
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ होता है, इसलिए $\tan^{-1} [2 \times \frac{1}{2}] = \tan^{-1}(1)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ होता है, इसलिए अंतिम मान $\frac{\pi}{4}$ है।

(A) $\sin^{-1} x$ की मुख्य मान शाखा $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ है।
चूंकि $\frac{3\pi}{5} > \frac{\pi}{2}$, इसलिए हमें सर्वसमिका $\sin(\pi - \theta) = \sin(\theta)$ का उपयोग करके $\sin(\frac{3\pi}{5})$ को फिर से लिखना होगा।
अतः, $\sin(\frac{3\pi}{5}) = \sin(\pi - \frac{3\pi}{5}) = \sin(\frac{2\pi}{5})$।
चूंकि $\frac{2\pi}{5}$ अंतराल $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ में स्थित है, इसलिए $\sin^{-1}(\sin \frac{2\pi}{5}) = \frac{2\pi}{5}$ होगा।

(B) प्रतिलोम कोसाइन फलन $\cos^{-1}(x)$ की मुख्य मान शाखा को $[0, \pi]$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
अतः, यदि $y = \cos^{-1}(x)$ है, तो $y$ को अंतराल $[0, \pi]$ में स्थित होना चाहिए।

(C) माना $A = \tan^{-1} 3$, तब $\tan A = 3$ है। चूँकि $sec^2 A = 1 + \tan^2 A$ होता है, इसलिए $sec^2(\tan^{-1} 3) = 1 + 3^2 = 1 + 9 = 10$ होगा।
माना $B = sec^{-1} 3$, तब $sec B = 3$ है। चूँकि $\tan^2 B = sec^2 B - 1$ होता है, इसलिए $\tan^2(sec^{-1} 3) = 3^2 - 1 = 9 - 1 = 8$ होगा।
इन मानों को व्यंजक में रखने पर: $10 - 8 = 2$।

(C) चरण $1$: $\tan^{-1}(\sqrt{3})$ का मान ज्ञात करें। चूँकि $\tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$, इसलिए $\tan^{-1}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$ है।
चरण $2$: $\sec^{-1}(-2)$ का मान ज्ञात करें। चूँकि $\sec(\frac{2\pi}{3}) = -2$, इसलिए $\sec^{-1}(-2) = \frac{2\pi}{3}$ है।
चरण $3$: $\sin^{-1}(-\frac{1}{2})$ का मान ज्ञात करें। चूँकि $\sin(-\frac{\pi}{6}) = -\frac{1}{2}$, इसलिए $\sin^{-1}(-\frac{1}{2}) = -\frac{\pi}{6}$ है।
चरण $4$: व्यंजक में मान प्रतिस्थापित करें: $\frac{\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} - (-\frac{\pi}{6}) = \pi + \frac{\pi}{6} = \frac{7\pi}{6}$।

(D) चरण $1$: प्रत्येक प्रतिलोम त्रिकोणमितीय पद का मान ज्ञात करें।
$\tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$
$\cos^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{3}$
$\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$
$\tan^{-1}(\sqrt{3}) = \frac{\pi}{3}$
$\sec^{-1}(-2) = \pi - \sec^{-1}(2) = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$
चरण $2$: इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करें।
अंश: $\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi + 4\pi + 2\pi}{12} = \frac{9\pi}{12} = \frac{3\pi}{4}$
हर: $\frac{\pi}{3} - \frac{2\pi}{3} = -\frac{\pi}{3}$
चरण $3$: अंतिम अनुपात की गणना करें।
$\frac{3\pi/4}{-\pi/3} = \frac{3\pi}{4} \times (-\frac{3}{\pi}) = -\frac{9}{4}$

(C) चरण $1$: $\cos(\frac{19\pi}{4})$ को सरल करें। चूँकि $\frac{19\pi}{4} = 4\pi + \frac{3\pi}{4}$, इसलिए $\cos(\frac{19\pi}{4}) = \cos(\frac{3\pi}{4}) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ है।
चरण $2$: व्यंजक में मान प्रतिस्थापित करें: $\frac{-\frac{1}{\sqrt{2}} - 1}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = \frac{-\frac{1+\sqrt{2}}{\sqrt{2}}}{\frac{1}{\sqrt{2}}} = -(1+\sqrt{2})$।
चरण $3$: हमें $\tan^{-1}(-(1+\sqrt{2}))$ ज्ञात करना है। चूँकि $\tan(\frac{3\pi}{8}) = \tan(67.5^\circ) = 1+\sqrt{2}$ है, इसलिए $\tan(-\frac{3\pi}{8}) = -(1+\sqrt{2})$ होगा।
चरण $4$: अतः, $\tan^{-1}(-(1+\sqrt{2})) = -\frac{3\pi}{8}$ है।

(B) माना $x = \sin \theta$, जहाँ $\theta = \sin^{-1} x$ है।
तब $\sqrt{1 - x^2} = \sqrt{1 - \sin^2 \theta} = \cos \theta$ होगा।
व्यंजक $y = \tan^{-1} \left[ \frac{\sin \theta - \cos \theta}{\sin \theta + \cos \theta} \right]$ बन जाता है।
अंश और हर को $\cos \theta$ से विभाजित करने पर: $y = \tan^{-1} \left[ \frac{\tan \theta - 1}{\tan \theta + 1} \right]$।
$\tan(\frac{\pi}{4} - \theta) = \frac{1 - \tan \theta}{1 + \tan \theta}$ का उपयोग करते हुए, हमारे पास $y = \tan^{-1} [-\tan(\frac{\pi}{4} - \theta)] = \tan^{-1} [\tan(\theta - \frac{\pi}{4})]$ है।
अतः, $y = \theta - \frac{\pi}{4} = \sin^{-1} x - \frac{\pi}{4}$।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर, $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) - 0 = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$।

(C) दिया गया है $y = \cos^{-1}(\sin x)$।
हम जानते हैं कि $\sin x = \cos(\frac{\pi}{2} - x)$।
अतः, $y = \cos^{-1}(\cos(\frac{\pi}{2} - x))$।
चूँकि $\frac{\pi}{2} < x < \pi$, हम जानते हैं कि $\cos(\frac{\pi}{2} - x) = \cos(x - \frac{\pi}{2})$।
चूँकि $0 < x - \frac{\pi}{2} < \frac{\pi}{2}$, व्यंजक $y = \cos^{-1}(\cos(x - \frac{\pi}{2})) = x - \frac{\pi}{2}$ बन जाता है।
इसलिए, $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x - \frac{\pi}{2}) = 1$।

(B) परवलय $y^2 = 4kx$ और रेखा $x = k$ द्वारा परिबद्ध क्षेत्रफल $A$ का मान $A = 2 \int_{0}^{k} \sqrt{4kx} \, dx$ द्वारा दिया जाता है।
$A = 2 \cdot 2\sqrt{k} \int_{0}^{k} x^{1/2} \, dx = 4\sqrt{k} \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{k} = 4\sqrt{k} \cdot \frac{2}{3} k^{3/2} = \frac{8}{3} k^2$।
दिया है $A = \frac{128}{3}$, अतः $\frac{8}{3} k^2 = \frac{128}{3} \implies k^2 = 16 \implies k = 4$ (चूँकि $k > 0$)।
अब, $\sin^{-1} \left( \frac{2}{k} \right) = \sin^{-1} \left( \frac{2}{4} \right) = \sin^{-1} \left( \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi}{6}$।

(B) परवलय $y^2 = 4kx$ और रेखा $x = k$ द्वारा परिबद्ध क्षेत्रफल $A$ का मान $A = 2 \int_{0}^{k} \sqrt{4kx} \, dx$ द्वारा दिया जाता है।
$A = 2 \cdot 2\sqrt{k} \int_{0}^{k} x^{1/2} \, dx = 4\sqrt{k} \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_{0}^{k}$।
$A = 4\sqrt{k} \cdot \frac{2}{3} k^{3/2} = \frac{8}{3} k^2$।
दिया गया है $A = \frac{128}{3}$, अतः $\frac{8}{3} k^2 = \frac{128}{3}$।
$8k^2 = 128 \implies k^2 = 16 \implies k = 4$ (चूंकि $k > 0$)।
हमें $\sin^{-1}(\frac{2}{k}) = \sin^{-1}(\frac{2}{4}) = \sin^{-1}(\frac{1}{2})$ का मान ज्ञात करना है।
$\sin^{-1}(\frac{1}{2}) = \frac{\pi}{6}$।