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