Omvende trigonometriske funksjonar

Vi må finne vinkelen $x$som oppfyller $\sin x=\frac{1}{2}$ innanfor verdimengda til $\arcsin x$ som er $\left[-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\right]$. $\frac{1}{2}$ er ein av dei eksakte trigonometriske verdiane til sinusfunksjonen, og vi får

$\arcsin \frac{1}{2}=\frac{\pi }{6}$

$\arcsin \left(-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)=-\frac{\pi }{3}$

$\arccos \frac{1}{2}=\frac{\pi }{3}$

$\arccos \left(-\frac{1}{2}\sqrt{3}\right)=\frac{5\pi }{6}$

$\arctan \sqrt{3}=\frac{\pi }{3}$

$\arctan \left(-\frac{1}{3}\sqrt{3}\right)=-\frac{\pi }{6}$

Funksjonen $f$ må vere éin-eintydig dersom han skal kunne ha ein omvend funksjon.

Med den bestemde verdimengda til $f^{-1}$ får vi at

$D_f=V_{f^{-1}}=\left[0,\pi \right]$

Funksjonen $f\left(x\right)=\cos x$ er søkkande i heile dette området frå $f\left(0\right)=\cos 0=1$ til $f\left(\pi \right)=\cos \pi =-1$, sjå figuren nedanfor.

Då er $f$ éin-eintydig og har dermed ein omvend funksjon.

Start med at $\cos \left(\arccos x\right)=x$, og set $v=\arccos x$

$\begin{array}{rcl}\cos \left(\arccos x\right) & =& x |v=\arccos x\\ \cos v & =& x \\ {\left(\cos v\right)}^{\text{'}} & =& {\left(x\right)}^{\text{'}}\\ -\sin v·v^{\text{'}} & =& 1\\ {\left(\arccos x\right)}^{\text{'}} & =& v^{\text{'}}\\ & =& - \frac{1}{\sin v}\end{array}$

Vi skiftar ut $\sin v$ med $\cos v$ ved hjelp av einingsformelen.

$\begin{array}{rcl}{\cos }^{2}v+{\sin }^{2}v & =& 1\\ \sin v & =& \pm \sqrt{1-{\cos }^{2}v}\end{array}$

Sidan $v\in \left[0,\pi \right]$ er $\sin v>0$ når $0<v<\pi$, og vi treng ikkje den negative løysinga av likninga over. Vi får

$\begin{array}{rcl}{g}^{\text{'}}\left(x\right) & =& v^{\text{'}}\\ & =& -\frac{1}{\sqrt{1-{\cos }^{2}v}}\\ & =& -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\end{array}$

Med den bestemde verdimengda til $f^{-1}$ får vi at

$D_f=V_{f^{-1}}=\langle -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}\rangle$

Nedanfor har vi teikna grafen til $f$ i eit noko større område.

Området $⟨-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}⟩$ utgjer den midtarste delen av grafen. I heile dette området er grafen stigande. Då er $f$ éin-eintydig og har dermed ein omvend funksjon dersom dette området blir brukt som definisjonsmengde for tangensfunksjonen.

Vi byrjar med

$\begin{array}{rcl}\tan \left(\arctan x\right) & =& x | v=\arctan x\\ \tan v & =& x\\ {\left(\tan v\right)}^{\text{'}} & =& {\left(x\right)}^{\text{'}}\end{array}$

Frå teorisida "Den deriverte til sinusfunksjonen" har vi at den deriverte til tangensfunksjonen er

$\frac{1}{{\cos }^{2}v}$

Vi må skrive om denne til noko med $\tan v$. Då kan vi setje inn $x$ slik vi har gjort når vi skulle finne den deriverte til $\arcsin x$ og til $\arccos x$. Det gjer vi ved hjelp av einingsformelen.

$\begin{array}{rcl}\frac{1}{{\cos }^{2}v} & =& \frac{{\cos }^{2}v+{\sin }^{2}v}{{\cos }^{2}v}\\ & =& \frac{{\cos }^{2}v}{{\cos }^{2}v}+\frac{{\sin }^{2}v}{{\cos }^{2}v}\\ & =& 1+{\tan }^{2}v\end{array}$

Dette gir

$\begin{array}{rcl}{\left(\tan v\right)}^{\text{'}} & =& {\left(x\right)}^{\text{'}}\\ \left(1+{\tan }^{2}v\right)·v^{\text{'}} & =& 1\\ g^{\text{'}}\left(x\right) & =& v^{\text{'}}\\ & =& \frac{1}{1+{\tan }^{2}v}\\ & =& \frac{1}{1+x^2}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 2·\frac{1}{\sqrt{1-{\left({\displaystyle \frac{x}{2}}\right)}^2}}·\frac{1}{2}\\ & =& \frac{1}{\sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}\left(4-x^2\right)}}\\ & =& \frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{4-x^2}}\\ & =& \frac{2}{{\displaystyle \sqrt{4-x^2}}}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 4·2\arctan 2x·\frac{1}{1+{\left(2x\right)}^2}·2\\ & =& \frac{16\arctan 2x}{1+4x^2}\end{array}$

Her har vi brukt kjerneregelen to gonger.

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 2\frac{1}{\sqrt{1-{\left({\displaystyle \frac{x^2}{2}}\right)}^2}}·\frac{1}{2}·2x\\ & =& \frac{2x}{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{x^4}{4}}}}\\ & =& \frac{2x}{{\displaystyle \frac{1}{2}}\sqrt{4-x^4}}\\ & =& \frac{4x}{\sqrt{4-x^4}}\end{array}$

Her må vi bruke produktregelen for derivasjon.

$\begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 2x·\left(-1\right)\frac{1}{\sqrt{1-{\left(x-\frac{\pi }{4}\right)}^2}}+2·\arccos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)\\ & =& 2\arccos \left(x-\frac{\pi }{4}\right)-\frac{2x}{\sqrt{1-{\left(x-{\displaystyle \frac{\pi }{4}}\right)}^2}}\end{array}$

Her er det to feil:

1. Sidan cosinusfunksjonen er periodisk, vil det vere mange vinklar som har cosinusverdi lik $-\frac{1}{2}$, ikkje berre $\frac{4\pi }{3}$. Dette lærer du meir om på teorisida "Løysing av enkle trigonometriske likningar".

2. $\arccos \left(-\frac{1}{2}\right)\ne \frac{4\pi }{3}$. Det er riktig at $\cos \frac{4\pi }{3}=-\frac{1}{2}$, men verdimengda til $\arccos x$ er $\left[0,\pi \right]$. Vinkelen i dette området som har cosinusverdi lik $-\frac{1}{2}$, er $\frac{2\pi }{3}$, så $\arccos \left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{2\pi }{3}$.