ক্যালকুলাস/অন্তরীকরণ/ত্রিকোণমিতিক ও বিপরীত ফাংশনের অন্তরজ

এখানে, $\sin (A)=a/h$, $\cos (A)=b/h$, এবং অন্যান্য অনুপাতসমূহকে এই দুইটি অনুপাতের সাহায্যে প্রকাশ করা যায়।

ত্রিকোণমিতিক ফাংশনের অন্তরজ

একটি ত্রিভুজ $ABC$ এর তিনটি বাহুর দৈর্ঘ্য যথাক্রমে $AC=b$, $AB=h$ এবং $BC=a$ হলে $\mathrm{\angle }A$ কোণের সাপেক্ষে $a$ হবে লম্ব, $b$ হবে ভূমি, এবং $h$ হবে অতিভুজ। যেকোনো ত্রিভুজের একটি কোণ $x$ হলে এর যেকোনো দুইটি বাহুর অনুপাতকে ত্রিকোণমিতিক ফাংশন দ্বারা প্রকাশ করা যায়। $\sin (x)$, $\cos (x)$, $\tan (x)$, $\csc (x)$, $\sec (x)$ এবং $\cot (x)$ - এই ছয়টি ফাংশনের প্রত্যেকটিকে ত্রিকোণমিতিক ফাংশন বলে। যেকোনো কোণ $x$ এবং $y$ এর জন্য,

$\tan (x)=\frac{\sin (x)}{\cos (x)};$	$\csc (x)=\frac{1}{\sin (x)};$
$\csc (x)=\frac{1}{\sin (x)};$	$\sec (x)=\frac{1}{\cos (x)};$
${\sin }^2(x)+{\cos }^2(x)=1$
${\csc }^2(x)-{\cot }^2(x)=1$
${\sec }^2(x)-{\tan }^2(x)=1$

$\sin (x+y)=\sin (x)\cdot \cos (y)+\cos (x)\cdot \sin (y)$

$\cos (x+y)=\cos (x)\cdot \cos (y)-\sin (x)\cdot \sin (y)$

প্রমাণ:

অন্তরজের সংজ্ঞা অনুসারে,

$(\sin (x){)}^{\prime }$	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (x+\mathrm{\Delta }x)-\sin (x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (x)\cdot \cos (\mathrm{\Delta }x)+\cos (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)-\sin (x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (x)(\cos (\mathrm{\Delta }x)-1)+\cos (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (x)(\cos (\mathrm{\Delta }x)-1)}{\mathrm{\Delta }x}+\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\sin (x)\right]\cdot \left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (\mathrm{\Delta }x)-1}{\mathrm{\Delta }x}\right]+[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\cos (x)]\cdot \left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}\right]$
	$=\left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\sin (x)\right]\cdot \left[0\right]+[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\cos (x)\cdot ]\cdot \left[1\right]$
	$=\cos (x)$

$◻$

টেমপ্লেট:কলনবিদ্যা/গুরুত্বপূর্ণ সূত্র প্রমাণ:

অন্তরজের সংজ্ঞা অনুসারে,

$(\cos (x){)}^{\prime }$	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (x+\mathrm{\Delta }x)-\cos (x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (x)\cdot \cos (\mathrm{\Delta }x)-\sin (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)-\cos (x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{-\sin (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)+\cos (x)(\cos (\mathrm{\Delta }x)-1)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (x)(\cos (\mathrm{\Delta }x)-1)}{\mathrm{\Delta }x}-\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (x)\cdot \sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}$
	$=[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\cos (x)]\cdot \left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\cos (\mathrm{\Delta }x)-1}{\mathrm{\Delta }x}\right]-\left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\sin (x)\right]\cdot \left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\frac{\sin (\mathrm{\Delta }x)}{\mathrm{\Delta }x}\right]$
	$=\left[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\cos (x)\right]\cdot \left[0\right]-[\underset{\mathrm{\Delta }x\to 0}{lim}\sin (x)\cdot ]\cdot \left[1\right]$
	$=-\sin (x)$

$◻$

সাইন এবং কোসাইন ফাংশন দুইটির অন্তরজ জানা থাকলে অন্য সকল ত্রিকোণমিতিক ফাংশনের অন্তরজ নির্ণয় করা সম্ভব। নিম্নে কয়েকটি উদাহরণ লিপিবদ্ধ করা হলো:

উদাহরণ - 1:

${[\tan (x)]}^{\prime }$	$={\left[\frac{\sin (x)}{\cos (x)}\right]}^{\prime }$
	$=\frac{\cos (x)\cdot (\sin (x){)}^{\prime }-\sin (x)\cdot (\cos (x){)}^{\prime }}{{\cos }^2(x)}$;	[দুইটি ফাংশনের ভাগফলের অন্তরজ নির্ণয়ের সূত্র প্রয়োগ করে]
	$=\frac{\cos (x)\cdot \cos (x)+\sin (x)\cdot \sin (x)}{{\cos }^2(x)}$
	$=\frac{{\cos }^2(x)+{\sin }^2(x)}{{\cos }^2(x)}$
	$=\frac{1}{{\cos }^2(x)}$ $={\sec }^2(x)$

উদাহরণ - 2:

${[\cos \left(\frac{1}{x}\right)]}^{\prime }$	$={\cos }^{\prime }(u)\cdot u^{\prime }(x)$	মনে করি, $u(x)=\frac{1}{x}$
	$=-\sin (u)\cdot u^{\prime }(x)$
	$=-\sin \left(\frac{1}{x}\right)\cdot {\left(\frac{1}{x}\right)}^{\prime }$
	$=-\sin \left(\frac{1}{x}\right)\left(\frac{-1}{x^2}\right)$
	$=\frac{\sin (x^{-1})}{x^2}$

অব্যক্ত ফাংশনের অন্তরীকরণ

মনে করি, $f(x,y)=g(x,y)$ একটি সমীকরণ। এক্ষেত্রে, $x$ এর সাপেক্ষে $y$ এর অন্তরজ নির্ণয়ের ক্ষেত্রে সমীকরণের উভয়পক্ষকে অন্তরীকরণ করতে হয়। নিম্নে এ পদ্ধতির সাহায্যে অন্তরজ নির্ণয়ের কয়েকটি উদাহরণ তুলে ধরা হলো:

উদাহরণ - 3:

	$x^2+y^2$	$=1$
$⟹$	$(x^2+y^2{)}^{\prime }$	$=(1{)}^{\prime }$
$⟹$	$(x^2{)}^{\prime }+(y^2{)}^{\prime }$	$=0$
$⟹$	$2x+2y\cdot y^{\prime }$	$=0$
$⟹$	$2y\cdot y^{\prime }$	$=-2x$
$⟹$	$y^{\prime }$	$=-\frac{x}{y}$

[সংযোজিত ফাংশনের অন্তরজের সূত্র ব্যবহার করে পাওয়া যায়, $(y^2{)}^{\prime }=2y\cdot y^{\prime }$]

$x^2+y^2=1$ একটি বৃত্তের সমীকরণ, যার কেন্দ্র $(0,0)$ এবং ব্যাসার্ধ $1$ একক। তবে $y$ কোনো ফাংশন নয়; কেননা $x$ এর যেকোনো মানের জন্য $y$ এর দুইটি মান পাওয়া যাবে, $y=\pm \sqrt{1-x^2}$, যেখানে $x\in [-1,1]$। সুতরাং প্রদত্ত সমীকরণের ক্ষেত্রে $y^{\prime }$ বা $x$ এর সাপেক্ষে $y$ এর অন্তরজ নির্ণয় করা সম্ভব নয়। এরূপ সমীকরণের উভয়পক্ষের ব্যবকলন করা হলে $y^{\prime }$ পাওয়া যাবে, তবে তা শুধুমাত্র $y\ge 0$ এর জন্য সত্য হবে। সুতরাং, উপরোক্ত উদাহরণ (3) হতে প্রাপ্ত অন্তরজ শুধুমাত্র বৃত্তটির উপরের অর্ধেকের জন্য সত্য।

উদাহরণ - 4:

	$y^4+x{y}^2$	$=3$
$⟹$	$(y^4+x{y}^2{)}^{\prime }$	$=(3{)}^{\prime }$
$⟹$	$(y^4{)}^{\prime }+y^2\cdot x^{\prime }+x\cdot (y^2{)}^{\prime }$	$=0$
$⟹$	$4y^3\cdot y^{\prime }+y^2+x\cdot 2y$	$=0$
$⟹$	$y^{\prime }$	$=\frac{-y}{4y^2+2}$

এখানে, প্রদত্ত সমীকরণ $y^4+x{y}^2=3$ $⟹y^4+x{y}^2-3=0$ -কে একটি দ্বিঘাত সমীকরণ আকারে প্রকাশ করা যায়, $(y^2{)}^2+x(y^2)-3=0$ এবং $y$ এর জন্য এ সমীকরণের সমাধান,

$y=\pm \sqrt{\frac{-x+\sqrt{x^2+12}}{2}}$

শুধুমাত্র ধনাত্মক মানের জন্য,

$y=\sqrt{\frac{-x+\sqrt{x^2+12}}{2}}$

$\therefore y^{\prime }=\frac{\sqrt{\sqrt{x^2+12}-x}}{2\sqrt{2}(x-\sqrt{x^2+12}-1)}$

বিপরীত ফাংশনের অন্তরজ

যদি $y=f(x)$ এবং $g(y)=x$ দুইটি ফাংশন হয়, তবে $g$ কে $f$ এর বিপরীত ফাংশন বলা হয়। এক্ষেত্রে, $x=g(y)=f^{-1}(y)$ টেমপ্লেট:কলনবিদ্যা/গুরুত্বপূর্ণ সূত্র

প্রমাণ:

	$(f\circ f^{-1})(x)$	$=x$
$⟹$	$(f\circ f^{-1}{)}^{\prime }(x)$	$=1$
$⟹$	$f^{\prime }(f^{-1}(x))\cdot (f^{-1}{)}^{\prime }(x)$	$=1$
$⟹$	$(f^{-1}{)}^{\prime }(x)$	$=\frac{1}{f^{\prime }(f^{-1}(x))}$

$◻$

উদাহরণ - 5:

ধরি, $y={\tan }^{-1}(x)$, এবং এর অন্তরজ,

$({\tan }^{-1}(x){)}^{\prime }$	$=\frac{1}{{\tan }^{\prime }({\tan }^{-1}(x))}$
	$=\frac{1}{{\tan }^{\prime }(y)}$
	$=\frac{1}{{\sec }^2(y)}$
	$=\frac{1}{1+{\tan }^2(y)}$
	$=\frac{1}{1+x^2}$

অধিবৃত্তীয় ফাংশনের অন্তরজ

যদি $u={\sin }^2(x)$ এবং $v={\cos }^2(x)$ হয়, তবে $u^2+v^2=1$, যা একটি বৃত্তের সমীকরণের ন্যায়। কার্তেসীয় তলে $(0,0)$ বিন্দুকে কেন্দ্র করে $1$ একক ব্যসার্ধের কোনো বৃত্তের পরিধির কোনো বিন্দু এবং বৃত্তের কেন্দ্র যদি একটি ত্রিভুজের শীর্ষবিন্দু এবং $x$ অক্ষের একটি রেখাংশ যদি ত্রিভুজটির এক বাহু হয়, তবে গঠিত ত্রিভুজের ক্ষেত্রে $x^2+y^2=1$, যেখানে $x$ ভূমি এবং $y$ উচ্চতা। অতিভুজ $h$ হলে $x^2+y^2=h^2$ $⟹{\left(\frac{x}{h}\right)}^2+{\left(\frac{y}{h}\right)}^2=1$ $⟹{\sin }^2(\theta )+{\cos }^2(\theta )=1$, যেখানে $\theta$ ভূমি এবং অতিভুজ সংলগ্ন কোণ। তাই, ত্রিকোণমিতিক ফাংশনকে বৃত্তীয় ফাংশন বলা হয়।

$x^2-y^2=1$ সমীকরণটি একটি একক অধিবৃত্তের সমীকরণ। চিত্রের অধিবৃত্তের $x\ge 1$ এর জন্য প্রাপ্ত বক্ররেখার কোনো বিন্দু পর্যন্ত $(0,0)$ বিন্দু হতে অঙ্কিত সরলরেখা, অধিবৃত্তের বক্ররেখা এবং $x$ অক্ষ দ্বারা সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রের ক্ষেত্রফল $a$ এর অর্ধেক হলে অধিবৃত্তের বক্ররেখায় অবস্থিত উক্ত বিন্দু হতে $x$ অক্ষের দূরত্ব হবে $\sinh (a)$ এবং $y$ অক্ষের দুরত্ব হবে $\cosh (a)$। এক্ষেত্রে, সীমাবদ্ধ ক্ষেত্রটির (লাল রঙে দাগাঙ্কিত অংশ) ক্ষেত্রফল যদি $x$ অক্ষের নীচের দিকে হয়, তবে $a$ এর মান ঋণাত্মক হবে। $\sinh (x)$ এবং $\cosh (x)$ ফাংশনদ্বয় অধিবৃত্তীয় ফাংশন, এবং বাকি সকল অধিবৃত্তীয় ফাংশনকে এই দুইটি ফাংশনের সাহায্যেই সংজ্ঞায়িত করা হয়।

$\tanh (x)=\frac{\sinh (x)}{\cosh (x)}$
${\cosh }^2(x)-{\sinh }^2(x)=1$

অধিবৃত্তীয় ফাংশনের অন্তরজ

অধিবৃত্তীয় ফাংশনের অন্তরীকরণের জন্য সর্বপ্রথম ফাংশনসমূহের জন্য একটি বীজগাণিতির সমীকরণের প্রয়োজন। এক্ষেত্রে, সূচকীয় সংজ্ঞায়নের মাধ্যমে পাই,

অধিবৃত্তীয় সাইন, $\sinh (x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
অধিবৃত্তীয় কোসাইন, $\cosh (x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

টেমপ্লেট:কলনবিদ্যা/গুরুত্বপূর্ণ সূত্র প্রমাণ:

$(\sinh (x){)}^{\prime }$	$=\left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)$
	$=\frac{1}{2}[(e^x{)}^{\prime }-(e^{-x}{)}^{\prime }]$
	$=\frac{1}{2}[e^x-(-x{)}^{\prime }\cdot (e^{-x}{)}^{\prime }(-x)]$
	$=\frac{1}{2}[e^x+e^{-x}]$
	$=\cosh (x)$

টেমপ্লেট:কলনবিদ্যা/গুরুত্বপূর্ণ সূত্র প্রমাণ:

$(\cosh (x){)}^{\prime }$	$=\left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)$
	$=\frac{1}{2}[(e^x{)}^{\prime }+(e^{-x}{)}^{\prime }]$
	$=\frac{1}{2}[e^x+(-x{)}^{\prime }\cdot (e^{-x}{)}^{\prime }(-x)]$
	$=\frac{1}{2}[e^x-e^{-x}]$
	$=\sinh (x)$