역삼각함수

치역(주요값)

$x\ge1$ 또는 $x\le-1$

$-\dfrac\pi2 \le \mathrm{arccsc}\,x < 0$ 또는 $0 < \mathrm{arccsc}\,x \le \dfrac\pi2$

$0 \le \mathrm{arcsec}\,x < \dfrac\pi2$ 또는 $\dfrac\pi2 < \mathrm{arcsec}\,x \le \pi$

오일러의 공식 $e^{ix}=\cos x+i\sin x$를 이용한다. $x$에 $-x$를 대입하면 $e^{-ix} = \cos\left(-x\right)+i\sin\left(-x\right) = \cos x-i\sin x$가 되므로, 두 식을 이용하면 $\cos x$, $\sin x$를 $e^{ix}$, $e^{-ix}$로 나타낼 수 있게 된다. 즉,
$\begin{aligned}\cos x &= \dfrac{e^{ix}+e^{-ix}}2 \\ &= \dfrac{e^{2ix}+1}{2e^{ix}} \\ \sin x &= \dfrac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i} \\ &= \dfrac{e^{2ix}-1}{2ie^{ix}}\end{aligned}$[3]
각 식은 $e^{ix}$에 대한 2차 방정식과 같으므로 다음과 같이 변형한 뒤 근의 공식을 적용하고 자연로그를 취하면 $x$를 $\cos x$, $\sin x$로 나타낼 수 있게 된다.
$\begin{aligned} \left(e^{ix}\right)^2 &- 2\cos xe^{ix} + 1=0 \\ e^{ix} &= \cos x \pm \sqrt{\cos^2x-1} \\ x &= -i\ln\left(\cos x \pm \sqrt{\cos^2x-1}\right) \\ \left(e^{ix}\right)^2 &- 2i\sin xe^{ix} -1 = 0 \\ e^{ix} &= i\sin x \pm \sqrt{1-\sin^2x} \\ x &= -i\ln\left(i\sin x \pm \sqrt{1-\sin^2x}\right) \end{aligned}$
$\cos x = z$라 놓으면 $x = \arccos z$이며, 마찬가지로 $\sin x = z$라 놓으면 $x = \arcsin z$이므로
$\begin{aligned} \arccos z &= -i\ln\left(z \pm \sqrt{z^2-1}\right) \\ \arcsin z &= -i\ln\left(iz \pm \sqrt{1-z^2}\right) \end{aligned}$
각 식에서 부호가 2개씩 얻어지는데, 미분했을 때 우리가 알고 있는 도함수의 꼴이 나오는 쪽을 취한다. 즉 $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\arccos z = -\dfrac1{\sqrt{1-z^2}}$, $\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\sin z = \dfrac1{\sqrt{1-z^2}}$이므로
$\dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\arccos z = \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left\{-i\ln\left(z \pm \sqrt{z^2-1}\right)\right\} = -i\dfrac{1\pm\dfrac z{\sqrt{z^2-1}}}{z\pm\sqrt{z^2-1}} = -i\dfrac{\dfrac{\sqrt{z^2-1}\pm z}{\sqrt{z^2-1}}}{z\pm\sqrt{z^2-1}} = \mp i\dfrac1{\sqrt{z^2-1}}$ (복부호 동순)
$= \mp i\dfrac1{i\sqrt{1-z^2}} = \mp\dfrac1{\sqrt{1-z^2}} \qquad \therefore \arccos z = -i\ln\left(z+\sqrt{z^2-1}\right)$
$\dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\arcsin z = \dfrac {\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\left\{-i\ln\left(iz \pm \sqrt{1-z^2}\right)\right\} = -i\dfrac{i\mp\dfrac z{\sqrt{1-z^2}}}{iz\pm\sqrt{1-z^2}} = -i\dfrac{\dfrac{i\sqrt{1-z^2}\mp z}{\sqrt{1-z^2}}}{iz\pm\sqrt{1-z^2}} = -i\dfrac{\pm i}{\sqrt{1-z^2}}$ (복부호 동순)
$=\pm\dfrac1{\sqrt{1-z^2}} \qquad \therefore \arcsin z = -i\ln\left(iz+\sqrt{1-z^2}\right)$
이해가 안 된다면 근호의 부호가 $+$일 때랑 $-$일 때로 나눠서 각각 계산해보면 된다.
또한 복소수 $z = re^{i\theta}$에서 편각 $\arg z = \theta$의 범위를 구간 $\left(-\pi,~\pi\right]$로 잡으면 $\ln i = \ln e^{\frac\pi2i} = \dfrac\pi2i$이므로
$\begin{aligned} \arccos z &= -i\ln\left(z+\sqrt{z^2-1}\right) = -i\ln\left\{i\left(-iz+\sqrt{1-z^2}\right)\right\} = -i\left\{\ln i + \ln\left(-iz+\sqrt{1-z^2}\right)\right\} \\ &= -i\ln i - i\ln\left(-iz+\sqrt{1-z^2}\right) = -i^2\frac\pi2 + i\ln\frac1{-iz+\sqrt{1-z^2}} = \frac\pi2 + i\ln\left(iz+\sqrt{1-z^2}\right) \\ &= \frac\pi2 - \arcsin z \end{aligned}$
가 되어 실수 범위의 함수에서 성립하던 성질도 여전히 유효함을 알 수 있다.
$\arctan x$의 경우 도함수를 적분함으로써 유도할 수 있다.
$\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\arctan x = \dfrac1{1+x^2} = \dfrac1{\left(x+i\right)\left(x-i\right)} = \dfrac1{2i}\left(\dfrac1{x-i}-\dfrac1{x+i}\right)$
이므로
$\displaystyle \arctan x = \int \frac1{2i}\left(\dfrac1{x-i}-\dfrac1{x+i}\right)\mathrm{d}x = \frac1{2i}\ln\left|\frac{x-i}{x+i}\right| + C$
여기서 치역이 주요값의 범위를 취한다고 하면, $\arctan 0 = 0$이므로 절댓값을 벗겨서
$\begin{aligned}\arctan x &= \dfrac1{2i}\ln\dfrac{i-x}{i+x} \\ &= -\dfrac i2\ln\dfrac{i-x}{i+x} \\ &= \dfrac i2\ln\dfrac{i+x}{i-x}\end{aligned}$
$\sec z = x$라 놓으면 $\cos z = \dfrac1x$이므로 $z = \mathrm{arcsec}\,x = \arccos\dfrac1x$, 즉 $\mathrm{arcsec}\,z = \arccos\dfrac1z = -\ln\left(\dfrac1z+\sqrt{\dfrac1{z^2}-1}\right)$
같은 방식으로
$\mathrm{arccsc}\,z = \arcsin\dfrac1z = -i\ln\left(\dfrac iz+\sqrt{1-\dfrac1{z^2}}\right)$
$\mathrm{arccot}\,z = \arctan\dfrac1z = \dfrac i2\ln\dfrac{i+\dfrac1z}{i-\dfrac1z} = \dfrac i2\ln\dfrac{zi+1}{zi-1} = \dfrac i2\ln\dfrac{z-i}{z+i}$