역삼각함수Inverse Trigonometric Functions

치역 $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$(arcsin)과 $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$(arctan) 안에서 고른다:

$(2)$에서 $\frac{4\pi}3$ 등 다른 후보는 치역 밖 — 제한이 답을 하나로 만든다.

Choose within the ranges $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ (arcsin) and $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ (arctan):

In $(2)$, candidates like $\frac{4\pi}3$ fall outside the range — restriction makes the answer unique.

$\arccos$의 치역은 $[0, \pi]$ — 그 안에서 $\cos = -\dfrac12$인 각:

$-\dfrac\pi3$이 아니다 — $\cos\left(-\frac\pi3\right) = +\frac12$이기도 하거니와, 애초에 치역 밖이다.

The range of $\arccos$ is $[0, \pi]$ — within it, the angle with $\cos = -\dfrac12$:

Not $-\dfrac\pi3$ — whose cosine is $+\frac12$ anyway, and which lies outside the range to begin with.

$(1)$ 바깥 왕복은 완전하다: $0.3 \in [-1, 1]$이므로 $\sin(\arcsin 0.3) = 0.3$.

$(2)$ $\sin\pi = 0$이고 $\arcsin 0 = 0$ — 답은 $0$이지 $\pi$가 아니다: $\pi$는 $\arcsin$의 치역 밖이라 되돌아오지 못한다. 안쪽 왕복의 함정, 첫 대면이다.

$(1)$ The outer trip is perfect: $0.3 \in [-1, 1]$, so $\sin(\arcsin 0.3) = 0.3$.

$(2)$ $\sin\pi = 0$ and $\arcsin 0 = 0$ — the answer is $0$, not $\pi$: the angle $\pi$ lies outside arcsine's range and cannot come back. First contact with the inner-trip trap.

제한 구간의 자격 요건은 둘이다: 그 구간에서 함수가 일대일이어야 하고, 출력이 치역 $[-1, 1]$ 전체를 덮어야 한다(안 그러면 일부 입력에 역함수 값이 없다).

$\sin$: $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$에서 $-1$부터 $1$까지 증가 — 일대일이고 전부 덮는다 ✓. 원점을 품은 대칭 구간이라 $\arcsin$이 홀함수가 되는 덤도 있다.

$\cos$: 같은 구간 $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$에서는 $0 \to 1 \to 0$으로 올라갔다 내려온다 — 일대일이 아니다($\cos(\pm\frac\pi3)$이 같다). 일대일이면서 $[-1,1]$을 다 덮는 자연스러운 한 덩어리는 $[0, \pi]$ — 거기서 $1$부터 $-1$까지 감소한다 ✓.

요컨대 두 치역의 차이는 두 파동의 봉우리 위치 차이다 — $\sin$은 원점에서 오르는 중이고 $\cos$은 원점이 꼭대기라, 일대일 구간을 자를 자리가 다르다. ($\tan$은 $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ 한 가지에서 $\mathbb R$ 전체를 내며 증가 — 열린구간인 것은 끝점에서 정의되지 않기 때문.)

A restriction interval must satisfy two requirements: the function is one-to-one there, and its outputs cover the entire range $[-1, 1]$ (else some inputs would lack an inverse value).

Sine: on $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ it increases from $-1$ to $1$ — one-to-one, full coverage ✓. Being symmetric about the origin, it even makes $\arcsin$ an odd function.

Cosine: on that same interval it climbs $0 \to 1$ and falls back to $0$ — not one-to-one ($\cos(\pm\frac\pi3)$ agree). The natural connected piece that is one-to-one and covers $[-1,1]$ is $[0, \pi]$ — decreasing there from $1$ to $-1$ ✓.

In short, the ranges differ because the two waves peak in different places — sine is mid-climb at the origin while cosine crests there, so the one-to-one stretches sit differently. (Tangent increases through all of $\mathbb R$ on the single branch $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ — open because the endpoints are undefined.)

$\theta = \arcsin\dfrac35$로 이름 붙이면 $\sin\theta = \dfrac35$이고 $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$(치역).

피타고라스로 $\cos^2\theta = 1 - \dfrac9{25} = \dfrac{16}{25}$ — 부호는? $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$에서 $\cos \ge 0$이므로

치역 조건이 부호 결정권자다 — $\arcsin$의 출력 각은 언제나 오른쪽 반원(1·4사분면)에 있어 $\cos$이 음수일 수 없다.

Name $\theta = \arcsin\dfrac35$: then $\sin\theta = \dfrac35$ and $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ (the range).

Pythagoras gives $\cos^2\theta = 1 - \dfrac9{25} = \dfrac{16}{25}$ — which sign? On $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$, cosine is nonnegative:

The range condition holds the signing authority — arcsine's output angles live in the right half-circle (quadrants I·IV), where cosine cannot go negative.

$\theta = \arcsin x$: $\sin\theta = x$, $\theta \in \left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$(끝점 제외 — $\tan$이 정의되도록). p05의 논거로 $\cos\theta = +\sqrt{1 - x^2}$:

검산: $x = \dfrac12$에서 $\dfrac{1/2}{\sqrt{3}/2} = \dfrac1{\sqrt3} = \tan\dfrac\pi6$ ✓.

합성 계산의 표준 절차: 이름 붙이기 → 피타고라스 → 치역으로 부호 — 세 걸음이면 어떤 조합($\sin(\arctan x)$ 등)도 같은 길로 풀린다.

Let $\theta = \arcsin x$: $\sin\theta = x$ with $\theta \in \left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ (endpoints excluded so tangent exists). By p05's argument, $\cos\theta = +\sqrt{1 - x^2}$:

Check: $x = \dfrac12$ gives $\dfrac{1/2}{\sqrt3/2} = \dfrac1{\sqrt3} = \tan\dfrac\pi6$ ✓.

The standard composite procedure: name it → Pythagoras → sign from the range — three steps solving every such combination ($\sin(\arctan x)$ and kin) the same way.

$\theta = \arcsin x$라 하자 — $\sin\theta = x$, $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$.

여각 공식으로

그리고 $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$이면 $\dfrac\pi2 - \theta \in [0, \pi]$ — 정확히 $\arccos$의 치역이다. "코사인이 $x$이고 치역 안에 있는 각"은 $\arccos x$ 하나뿐이므로

검산: $x = \frac12$에서 $\frac\pi6 + \frac\pi3 = \frac\pi2$ ✓; $x = -1$에서 $-\frac\pi2 + \pi = \frac\pi2$ ✓.

여각 관계가 역함수에도 전해지는 것 — 단, 치역 확인이 증명의 절반이다: $\frac\pi2 - \theta$가 $[0, \pi]$ 밖이었다면 등식은 무너졌다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 여각 공식 적용 (1점)
• 치역 확인 (1점)
• 유일성으로 결론 (1점)

Let $\theta = \arcsin x$ — so $\sin\theta = x$ with $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$.

The cofunction identity gives

And $\theta \in \left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ places $\dfrac\pi2 - \theta \in [0, \pi]$ — exactly arccosine's range. The angle with cosine $x$ inside that range is unique, namely $\arccos x$:

Checks: $x = \frac12$: $\frac\pi6 + \frac\pi3 = \frac\pi2$ ✓; $x = -1$: $-\frac\pi2 + \pi = \frac\pi2$ ✓.

The complementary relation passes to the inverses — but the range check is half the proof: had $\frac\pi2 - \theta$ escaped $[0, \pi]$, the identity would fail.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The cofunction application (1 pt)
• The range verification (1 pt)
• Uniqueness concluding (1 pt)

$(1)$ $\sin\dfrac{5\pi}6 = \dfrac12$ — $\arcsin\dfrac12 = \dfrac\pi6$. 원래 각 $\dfrac{5\pi}6$이 치역 밖이라, 같은 사인 값을 갖는 치역 안 대표 $\dfrac\pi6$(보각 짝)로 접혀 돌아온다.

$(2)$ $\cos\left(-\dfrac\pi3\right) = \dfrac12$ — $\arccos\dfrac12 = \dfrac\pi3$. 음의 각이 짝함수 $\cos$을 지나며 부호를 잃고, $[0, \pi]$의 대표 $\dfrac\pi3$으로 돌아온다.

두 경우 모두 "$= x$" 지우기가 틀리는 표본 — 되돌리기는 언제나 치역의 대표를 내놓는다.

$(1)$ $\sin\dfrac{5\pi}6 = \dfrac12$ — and $\arcsin\dfrac12 = \dfrac\pi6$. The original $\dfrac{5\pi}6$ lies outside the range, so the return folds to the in-range representative $\dfrac\pi6$ (its supplement partner).

$(2)$ $\cos\left(-\dfrac\pi3\right) = \dfrac12$ — and $\arccos\dfrac12 = \dfrac\pi3$. The negative angle loses its sign through the even cosine and returns as the $[0, \pi]$ representative $\dfrac\pi3$.

Two specimens where erasing to "$= x$" fails — the return trip always hands back the range's representative.

$\alpha = \arctan x$라 하자 — $x > 0$이므로 $\alpha \in \left(0, \frac\pi2\right)$이고 $\tan\alpha = x$.

여각의 탄젠트는 역수다:

그리고 $\dfrac\pi2 - \alpha \in \left(0, \frac\pi2\right)$ — $\arctan$의 치역 안이다. 유일성으로

검산: $x = 1$에서 $\frac\pi4 + \frac\pi4 = \frac\pi2$ ✓; $x = \sqrt3$에서 $\frac\pi3 + \frac\pi6 = \frac\pi2$ ✓.

기하로는 직각삼각형의 두 예각 — 밑변 $1$, 높이 $x$인 삼각형에서 두 각이 각각 $\arctan x$와 $\arctan\frac1x$이고, 합이 직각이다. ($x < 0$이면 두 항 모두 음수가 되어 합은 $-\frac\pi2$ — 부호 갈래가 뒤집힌다.)

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 여각 탄젠트 = 역수 (1점)
• 치역 확인 (1점)
• 결론(기하 해석 환영) (1점)

Let $\alpha = \arctan x$ — since $x > 0$, $\alpha \in \left(0, \frac\pi2\right)$ with $\tan\alpha = x$.

The complement's tangent is the reciprocal:

And $\dfrac\pi2 - \alpha \in \left(0, \frac\pi2\right)$ — inside arctangent's range. By uniqueness,

Checks: $x = 1$: $\frac\pi4 + \frac\pi4 = \frac\pi2$ ✓; $x = \sqrt3$: $\frac\pi3 + \frac\pi6 = \frac\pi2$ ✓.

Geometrically: the two acute angles of a right triangle — legs $1$ and $x$ give angles $\arctan x$ and $\arctan\frac1x$, summing to a right angle. (For $x < 0$ both terms go negative and the sum is $-\frac\pi2$ — the branch flips.)

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• Complement's tangent = reciprocal (1 pt)
• The range check (1 pt)
• Conclusion (geometric reading welcome) (1 pt)

$\theta = \arcsin x$로 두면 배각 공식으로 항상

($\cos\theta \ge 0$ — 치역). 그러므로 좌변은 $\arcsin(\sin 2\theta)$ — 이것이 $2\theta$와 같으려면 $2\theta$가 $\arcsin$의 치역 안이어야 한다:

반례: $x = 1$이면 좌변 $\arcsin(2 \cdot 1 \cdot 0) = \arcsin 0 = 0$, 우변 $2\arcsin 1 = \pi$ — $0 \ne \pi$.

배각 항등식 자체는 어디서나 참이지만, 각을 되찾는 단계($\arcsin(\sin\cdot)$)가 치역 제한을 받는다 — 안쪽 왕복 함정의 정량화다.

With $\theta = \arcsin x$, the double angle gives — always —

($\cos\theta \ge 0$ by the range). So the left side is $\arcsin(\sin 2\theta)$ — equal to $2\theta$ exactly when $2\theta$ lies in arcsine's range:

Counterexample: $x = 1$ gives left $\arcsin(2 \cdot 1 \cdot 0) = 0$ and right $2\arcsin 1 = \pi$ — $0 \ne \pi$.

The double-angle identity itself is true everywhere; it is the angle-recovery step ($\arcsin(\sin\cdot)$) that obeys the range restriction — the inner-trip trap, quantified.

$\beta = \arctan 2$, $\gamma = \arctan 3$이라 하자. $\tan$ 덧셈 공식으로

범위: $2, 3 > 1$이므로 $\beta, \gamma \in \left(\frac\pi4, \frac\pi2\right)$ — 합은 $\left(\frac\pi2, \pi\right)$. 이 구간에서 $\tan = -1$인 각은 하나뿐:

여기에 $\arctan 1 = \dfrac\pi4$를 더하면

세 예각(모두 $\frac\pi2$ 미만)의 합이 정확히 $\pi$ — 곧 $\tan$이 $1, 2, 3$인 세 각으로 삼각형을 만들 수 있다는 뜻이다(내각의 합!). 연속 정수 셋이 이런 항등식을 이루는 것은 $1 + 2 + 3 = 1 \cdot 2 \cdot 3$ — 덧셈정리 단원의 "합 $=$ 곱" 정리가 뒤에서 작동하고 있다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• $\tan(\beta+\gamma) = -1$ (1점)
• 범위 논증으로 $\frac{3\pi}4$ 확정 (1점)
• 마무리(+삼각형/합=곱 해석 환영) (1점)

Let $\beta = \arctan 2$, $\gamma = \arctan 3$. The tangent addition formula:

Range: since $2, 3 > 1$, both $\beta, \gamma \in \left(\frac\pi4, \frac\pi2\right)$ — their sum lies in $\left(\frac\pi2, \pi\right)$. Only one angle there has tangent $-1$:

Add $\arctan 1 = \dfrac\pi4$:

Three acute angles summing to exactly $\pi$ — meaning a triangle exists whose angles have tangents $1, 2, 3$ (the angle sum!). That three consecutive integers work is $1 + 2 + 3 = 1 \cdot 2 \cdot 3$ — the addition unit's "sum $=$ product" theorem humming in the background.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• $\tan(\beta+\gamma) = -1$ (1 pt)
• The range argument fixing $\frac{3\pi}4$ (1 pt)
• The finish (triangle / sum=product readings welcome) (1 pt)

$\arctan\frac15$의 배각을 두 번 — $\tan$의 배각 공식을 연달아 써라.

Double $\arctan\frac15$ twice — chain the tangent double-angle formula.

$\alpha = \arctan\dfrac15$라 하자. 배각을 두 번:

$\tan 4\alpha = \frac{120}{119}$은 $1$보다 아주 조금 크다 — $4\alpha$는 $\frac\pi4$보다 조금 큰 각이다. 뺄셈 공식으로

범위: $\alpha < \arctan 1 = \frac\pi4$이므로 $4\alpha < \pi$이고, 위에서 $4\alpha$는 $\frac\pi4$ 근방($\tan$이 $\frac{120}{119}$)이므로 $4\alpha - \arctan\frac1{239} \in \left(0, \frac\pi2\right)$ — 그 안에서 $\tan = 1$인 각은 $\frac\pi4$뿐:

(분자·분모가 똑같이 $28561 = 13^4$으로 떨어지는 것이 이 공식의 "기적"이다.) 1706년 마친은 이 공식으로 $\pi$를 $100$자리까지 계산했다 — $\arctan$을 급수로 펼치면 $\frac15$ 거듭제곱은 빠르게 작아지기 때문(수렴 가속). 역삼각함수가 원주율 사냥의 도구였던 역사다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• 배각 두 번 ($\frac5{12}$, $\frac{120}{119}$) (1점)
• 뺄셈 공식과 $28561$ 상등 (1점)
• 범위 논증 (1점)

Let $\alpha = \arctan\dfrac15$. Double twice:

So $\tan 4\alpha$ barely exceeds $1$ — the angle $4\alpha$ sits just above $\frac\pi4$. The subtraction formula:

Range: $\alpha < \arctan 1 = \frac\pi4$ gives $4\alpha < \pi$, and with $\tan 4\alpha = \frac{120}{119}$ the angle is near $\frac\pi4$, so $4\alpha - \arctan\frac1{239} \in \left(0, \frac\pi2\right)$ — where the only angle of tangent $1$ is $\frac\pi4$:

(Numerator and denominator both landing on $28561 = 13^4$ is the formula's "miracle.") With it, John Machin computed $\pi$ to $100$ digits in 1706 — expanded as series, powers of $\frac15$ shrink fast (accelerated convergence). Inverse trigonometry as the historic instrument of the $\pi$ hunt.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The two doublings ($\frac5{12}$, $\frac{120}{119}$) (1 pt)
• The subtraction formula and the $28561$ coincidence (1 pt)
• The range argument (1 pt)

$(1)$ $\tan$ 뺄셈 공식으로 우변의 탄젠트를 계산한다 ($a = n+1$, $b = n$):