Funzioni Inverse Trigonometriche: Esercizi Svolti e Casi Particolari (Arcoseno, Arcocoseno, Arcotangente)

Quando la calcolatrice ti mente: L’arte di ritrovare l’angolo perduto

In trigonometria c’è un senso di marcia facile e uno difficile. Andare dall’angolo alla coordinata è una passeggiata: 30 gradi sono sempre 30 gradi, e il loro seno sarà sempre 0,5. Nessuna sorpresa.

Ma prova a fare il percorso inverso. Hai in mano un numero, diciamo 0,5, e chiedi alla matematica: “Da quale angolo sono partito?”. Qui le cose si complicano. La matematica ti risponderà: “Dipende”. Potrebbe essere 30°, ma anche 150°, o magari 390°.

Le funzioni inverse—arcoseno, arcocoseno, arcotangente—sono il nostro tentativo di mettere ordine in questo caos. Sono strumenti potenti, ma rigidi: funzionano solo se accetti di giocare secondo le loro regole, all’interno di recinti molto stretti. Basta un passo fuori dal dominio e l’equazione si rompe, o peggio, ti restituisce un risultato fisicamente sensato ma matematicamente errato per il contesto.

In questo articolo non ci limiteremo ad applicare le formule. Analizzeremo quei casi limite che mandano in crash i software di grafica e fanno sbagliare i calcoli strutturali: identità che valgono “quasi” sempre, derivate che si spezzano e angoli che sembrano sparire.

Esercizio 1 (Livello base)

Testo: Calcola il valore numerico della seguente espressione: [math]y = \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) + \arccos\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)[/math] Esprimi il risultato in radianti e, se possibile, in gradi sessagesimali.

Risoluzione:

Richiamo teorico:

[math]\arcsin x[/math] restituisce l’angolo [math]\theta[/math] nell’intervallo [math]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math] tale che [math]\sin \theta = x[/math]. [math]\arccos x[/math] restituisce l’angolo [math]\theta[/math] nell’intervallo [math][0, \pi][/math] tale che [math]\cos \theta = x[/math].

Calcoliamo il primo termine:

[math]\arcsin\left(\frac{1}{2}\right)[/math] Cerchiamo l’angolo [math]\theta[/math] in [math]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math] con [math]\sin \theta = \frac{1}{2}[/math]. L’angolo noto è [math]\theta = \frac{\pi}{6}[/math] (30°), che appartiene all’intervallo. Quindi: [math]\arcsin\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\pi}{6}[/math]

Calcoliamo il secondo termine:

[math]\arccos\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)[/math] Cerchiamo l’angolo [math]\alpha[/math] in [math][0, \pi][/math] con [math]\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}[/math]. Sappiamo che [math]\cos\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}[/math]. Dalla relazione [math]\cos(\pi – \theta) = -\cos \theta[/math], otteniamo: [math]\cos\left(\pi – \frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{5\pi}{6}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}[/math] Inoltre [math]\frac{5\pi}{6}[/math] (150°) è nell’intervallo [math][0, \pi][/math]. Quindi: [math]\arccos\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{5\pi}{6}[/math]

Somma dei due angoli: [math]y = \frac{\pi}{6} + \frac{5\pi}{6} = \frac{6\pi}{6} = \pi[/math] In gradi: [math]180^\circ[/math].

Risultato finale: [math]y = \pi[/math] (oppure [math]180^\circ[/math])

Osservazioni 💡 Quando si lavora con [math]\arccos[/math] di un valore negativo, ricordare che l’angolo risultante è nel II quadrante (tra [math]\pi/2[/math] e [math]\pi[/math]). La somma di due angoli espressi in radianti è diretta; in questo caso abbiamo ottenuto [math]\pi[/math], che è un angolo piatto.

Domanda di riflessione finale: Perché non abbiamo ottenuto [math]\pi/6 + \pi/6 = \pi/3[/math]? Cosa ci ricorda questo riguardo al fatto che [math]\arcsin[/math] e [math]\arccos[/math] non sono “l’inverso l’una dell’altra”?

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Esercizio 2 (Livello base-intermedio)

Testo: Verifica se la seguente uguaglianza è vera per ogni [math]x \in [-1, 1][/math]: [math]\arcsin(x) + \arccos(x) = \frac{\pi}{2}[/math] Fornisci una spiegazione grafica o algebrica.

Risoluzione:

Richiamo teorico:

Sia [math]\theta = \arcsin(x)[/math], allora [math]x = \sin \theta[/math] con [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math]. Dalla relazione fondamentale [math]\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1[/math], abbiamo [math]\cos \theta = \pm \sqrt{1-x^2}[/math]. Poiché [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math], il coseno è non negativo in tale intervallo (tranne agli estremi, dove è zero). Quindi [math]\cos \theta = \sqrt{1-x^2}[/math].

Consideriamo [math]\alpha = \arccos(x)[/math]: Per definizione [math]x = \cos \alpha[/math] con [math]\alpha \in [0, \pi][/math].

Relazione tra [math]\theta[/math] e [math]\alpha[/math]:

Vogliamo vedere se [math]\theta + \alpha = \frac{\pi}{2}[/math]. Calcoliamo [math]\sin(\alpha)[/math]: [math]\displaystyle \begin{aligned} \sin \alpha &= \sqrt{1-x^2} \ &{} \quad \text{(poiché } \alpha \in [0, \pi], \sin \alpha \ge 0\text{)} \end{aligned}[/math] Ma [math]\sin \alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2} – \theta\right) = \cos \theta[/math]. E infatti [math]\cos \theta = \sqrt{1-x^2}[/math]. Quindi [math]\sin \alpha = \sin\left(\frac{\pi}{2} – \theta\right)[/math].

Verifichiamo che [math]\alpha[/math] e [math]\frac{\pi}{2} – \theta[/math] siano nello stesso intervallo di invertibilità del coseno: [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \Rightarrow \frac{\pi}{2} – \theta \in [0, \pi][/math] → esattamente l’intervallo di [math]\arccos[/math]. Inoltre [math]\cos\left(\frac{\pi}{2} – \theta\right) = \sin \theta = x[/math].

Conclusione:

Poiché [math]\cos \alpha = x[/math] e [math]\cos\left(\frac{\pi}{2} – \theta\right) = x[/math], e entrambi gli angoli appartengono a [math][0, \pi][/math], per l’iniettività del coseno in tale intervallo si ha: [math]\alpha = \frac{\pi}{2} – \theta \Rightarrow \theta + \alpha = \frac{\pi}{2}[/math] L’identità è quindi valida per ogni [math]x \in [-1, 1][/math].

Osservazioni 💡

Questa è un’identità importante: la somma di arcsin e arccos dello stesso numero è sempre [math]\pi/2[/math]. Si può ricordare pensando che se [math]\sin \theta = x[/math], allora [math]\cos(\pi/2 – \theta) = x[/math], quindi [math]\arccos(x) = \pi/2 – \theta[/math].

Domanda di riflessione finale: Perché l’intervallo di definizione [math][-1, 1][/math] è cruciale per questa identità? Cosa succederebbe se [math]x > 1[/math]?

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Esercizio 3 (Livello intermedio)

Testo: Risolvi l’equazione nell’intervallo [math][0, 2\pi)[/math]: [math]\arctan(\tan x) = x[/math] È sempre vera? Se no, per quali [math]x[/math] è falsa? Correggi l’uguaglianza in modo che valga per ogni [math]x[/math] reale.

Risoluzione:

Richiamo teorico:

[math]\arctan[/math] è l’inversa della restrizione di [math]\tan[/math] all’intervallo [math]\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)[/math]. Quindi [math]\arctan(\tan x) = x[/math] solo se [math]x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)[/math].

Analizziamo in [math][0, 2\pi)[/math]:

La tangente è periodica di periodo [math]\pi[/math]. Se [math]x[/math] non è in [math]\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)[/math], allora [math]\arctan(\tan x)[/math] restituisce l’angolo in [math]\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)[/math] che ha la stessa tangente di [math]x[/math].

Caso 1:

[math]x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)[/math] → vale [math]\arctan(\tan x) = x[/math].

Caso 2:

[math]x \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)[/math]: Per [math]x \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right)[/math]: sia [math]x = \pi – \alpha[/math] con [math]\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)[/math]. [math]\tan(x) = \tan(\pi – \alpha) = -\tan \alpha[/math]. [math]\arctan(-\tan \alpha) = -\alpha[/math] (perché [math]-\alpha \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right)[/math]).

Quindi [math]\arctan(\tan x) = -\alpha = x – \pi[/math].

Per [math]x \in \left(\pi, \frac{3\pi}{2}\right)[/math]: sia [math]x = \pi + \beta[/math] con [math]\beta \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)[/math]. [math]\tan(x) = \tan \beta[/math]. [math]\arctan(\tan \beta) = \beta = x – \pi[/math].

Caso 3:

[math]x \in \left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right)[/math]: Sia [math]x = 2\pi – \gamma[/math] con [math]\gamma \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)[/math]. [math]\tan(x) = -\tan \gamma[/math]. [math]\arctan(-\tan \gamma) = -\gamma = x – 2\pi[/math].

Riassunto in [math][0, 2\pi)[/math]:

• Se [math]x \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)[/math]: [math]\arctan(\tan x) = x[/math].
• Se [math]x \in \left(\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right)[/math]: [math]\arctan(\tan x) = x – \pi[/math].
• Se [math]x \in \left(\frac{3\pi}{2}, 2\pi\right)[/math]: [math]\arctan(\tan x) = x – 2\pi[/math].

Nei punti [math]x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}[/math] la tangente non è definita.

Formula generale per ogni [math]x[/math] reale (tranne dove [math]\tan[/math] non definita):

[math]\arctan(\tan x) = x – k\pi[/math] dove [math]k[/math] è l’unico intero tale che [math]x – k\pi \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)[/math]. In altre parole, [math]k = \left\lfloor \frac{x}{\pi} + \frac{1}{2} \right\rfloor[/math].

Osservazioni 💡 Le funzioni inverse trigonometriche “riportano” l’angolo nell’intervallo principale. Per la tangente, l’intervallo principale è [math](-\pi/2, \pi/2)[/math], quindi se l’angolo originale è fuori, si sottrae il multiplo appropriato di [math]\pi[/math] per rientrare.

Domanda di riflessione finale: Perché per la tangente si sottrae [math]k\pi[/math] e non [math]2k\pi[/math] come per seno e coseno?

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Esercizio 4 (Livello intermedio-avanzato)

Testo: Determina il dominio e calcola la derivata della funzione: [math]f(x) = \arcsin\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)[/math]

Suggerimento: potresti semplificare la derivazione usando un’identità trigonometrica.

Risoluzione:

Dominio: L’argomento di [math]\arcsin[/math] deve essere in [math][-1, 1][/math]: [math]-1 \le \frac{2x}{1+x^2} \le 1[/math]

Disequazione [math]\frac{2x}{1+x^2} \ge -1[/math]:

Iniziamo dalla prima parte della disequazione:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
\frac{2x}{1+x^2} &\ge -1 \\
2x &\ge -1(1+x^2) \\
2x &\ge -1 – x^2 \\
x^2 + 2x + 1 &\ge 0 \\
(x+1)^2 &\ge 0 \\
&{} \quad \text{Sempre vera per ogni } x \in \mathbb{R}
\end{aligned}[/math]

Disequazione [math]\frac{2x}{1+x^2} \le 1[/math]:

[math]\displaystyle \begin{aligned}
\frac{2x}{1+x^2} &\le 1 \\
2x &\le 1(1+x^2) \\
2x &\le 1 + x^2 \\
0 &\le x^2 – 2x + 1 \\
x^2 – 2x + 1 &\ge 0 \\
(x-1)^2 &\ge 0 \\
&{} \quad \text{Sempre vera per ogni } x \in \mathbb{R}
\end{aligned}[/math]

Quindi il dominio è tutto [math]\mathbb{R}[/math].

Derivata: Usiamo la formula: [math]\frac{d}{du}\arcsin(u) = \frac{1}{\sqrt{1-u^2}}, \quad |u| < 1[/math] Qui [math]u(x) = \frac{2x}{1+x^2}[/math].

Calcoliamo [math]u'(x)[/math]: [math]\displaystyle \begin{aligned} u'(x) &= \frac{2(1+x^2) – 2x(2x)}{(1+x^2)^2} \ &= \frac{2+2x^2 – 4x^2}{(1+x^2)^2} = \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} \end{aligned}[/math]

Quindi: [math]\displaystyle \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1}{\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}} \ &{} \quad \cdot \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} \end{aligned}[/math]

Semplifichiamo [math]\sqrt{1-u^2}[/math]: [math]\displaystyle \begin{aligned} 1-u^2 &= 1 – \frac{4x^2}{(1+x^2)^2} \ &= \frac{(1+x^2)^2 – 4x^2}{(1+x^2)^2} \ &= \frac{x^4 + 2x^2 + 1 – 4x^2}{(1+x^2)^2} \ &= \frac{x^4 – 2x^2 + 1}{(1+x^2)^2} = \frac{(x^2-1)^2}{(1+x^2)^2} \end{aligned}[/math]

Quindi: [math]\sqrt{1-u^2} = \frac{|x^2-1|}{1+x^2}[/math]

Derivata finale: [math]\displaystyle \begin{aligned} f'(x) &= \frac{1+x^2}{|x^2-1|} \cdot \frac{2(1-x^2)}{(1+x^2)^2} \ &= \frac{2(1-x^2)}{|x^2-1|(1+x^2)} \end{aligned}[/math]

Notiamo che [math]1-x^2 = -(x^2-1)[/math].

Se [math]|x| < 1[/math]: [math]x^2-1 < 0[/math], quindi [math]|x^2-1| = 1-x^2[/math].

Allora: [math]f'(x) = \frac{2(1-x^2)}{(1-x^2)(1+x^2)} = \frac{2}{1+x^2}[/math]

Se [math]|x| > 1[/math]: [math]x^2-1 > 0[/math], quindi [math]|x^2-1| = x^2-1 = -(1-x^2)[/math].

Allora: [math]f'(x) = \frac{2(1-x^2)}{-(1-x^2)(1+x^2)} = -\frac{2}{1+x^2}[/math]

Se [math]x = \pm 1[/math]: il denominatore si annulla, la derivata non esiste (punti angolosi? Verifichiamo: l’argomento di arcsin diventa [math]\pm 1[/math], la funzione arcsin ha derivata infinita in [math]\pm 1[/math]).

Osservazione alternativa (uso identità trigonometrica): Si può notare che se poniamo [math]x = \tan \theta[/math], allora [math]\frac{2x}{1+x^2} = \sin(2\theta)[/math]. Quindi [math]f(x) = \arcsin(\sin(2\theta)) = 2\theta – k\pi[/math] con [math]k[/math] scelto per rientrare in [math][-\pi/2, \pi/2][/math]. Derivando rispetto a [math]x[/math] si ottiene lo stesso risultato.

Osservazioni 💡 La semplificazione del dominio è stata possibile perché la funzione razionale [math]\frac{2x}{1+x^2}[/math] è sempre compresa tra -1 e 1 per ogni x reale (è la funzione tangente iperbolica di un logaritmo, ma qui si vede facilmente con le disequazioni). La derivata finale è a tratti, con cambio di segno in |x|=1.

Domanda di riflessione finale: Perché la derivata cambia segno in [math]|x| = 1[/math]? Quale proprietà geometrica della funzione originale questo riflette?

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Esercizio 5 (Livello avanzato)

Testo: Risolvi la seguente equazione in [math]x[/math] reale: [math]\arcsin\left(2x\sqrt{1-x^2}\right) = 2\arcsin(x), \quad x \in [-1, 1][/math] Determina tutte le soluzioni.

Risoluzione:

Richiamo teorico: L’identità [math]\sin(2\alpha) = 2\sin \alpha \cos \alpha[/math] suggerisce che [math]2x\sqrt{1-x^2}[/math] assomiglia a [math]\sin(2\theta)[/math] se [math]x = \sin \theta[/math]. Poniamo [math]x = \sin \theta[/math], con [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math] (affinché [math]\arcsin(x) = \theta[/math]).

Sostituzione: Allora [math]\arcsin(x) = \theta[/math] (perché [math]\theta[/math] è nell’intervallo principale). Inoltre [math]2x\sqrt{1-x^2} = 2\sin \theta \cos \theta = \sin(2\theta)[/math].

L’equazione diventa: [math]\arcsin(\sin(2\theta)) = 2\theta[/math]

Ma attenzione: [math]\arcsin(\sin(2\theta))[/math] non è sempre uguale a [math]2\theta[/math]!

Ricordiamo che [math]\arcsin(\sin \alpha) = \alpha[/math] solo se [math]\alpha \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math].

Analisi per [math]\theta[/math]: Se [math]2\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math], cioè [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right][/math], allora [math]\arcsin(\sin(2\theta)) = 2\theta[/math] e l’equazione diventa [math]2\theta = 2\theta[/math], identicamente soddisfatta.

Quindi tutti i [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right][/math] sono soluzioni.

In termini di [math]x[/math]: [math]x = \sin \theta \in \left[-\sin \frac{\pi}{4}, \sin \frac{\pi}{4}\right] = \left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right][/math].

Se [math]\theta \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right][/math]: Allora [math]2\theta \in \left(\frac{\pi}{2}, \pi\right][/math].

Per tali angoli, [math]\sin(2\theta) = \sin(\pi – 2\theta)[/math] e [math]\pi – 2\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right)[/math].

Quindi [math]\arcsin(\sin(2\theta)) = \pi – 2\theta[/math]. L’equazione diventa: [math]\pi – 2\theta = 2\theta \Rightarrow 4\theta = \pi \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{4}[/math].

Ma [math]\frac{\pi}{4}[/math] è già incluso nel caso precedente (come estremo).

Se [math]\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, -\frac{\pi}{4}\right)[/math]: Allora [math]2\theta \in \left[-\pi, -\frac{\pi}{2}\right)[/math].

Per tali angoli, [math]\sin(2\theta) = \sin(-\pi – 2\theta)[/math]

Meglio: poiché [math]\sin[/math] è dispari e periodica: [math]\sin(2\theta) = -\sin(\pi + 2\theta)[/math].

In realtà conviene usare la formula generale: [math]\arcsin(\sin \alpha) = (-1)^m \alpha + m\pi[/math] con [math]m[/math] opportuno.

Per [math]\alpha \in \left[-\pi, -\frac{\pi}{2}\right][/math], si ha [math]\arcsin(\sin \alpha) = -\pi – \alpha[/math].

Quindi per [math]2\theta \in \left[-\pi, -\frac{\pi}{2}\right][/math]: [math]\arcsin(\sin(2\theta)) = -\pi – 2\theta[/math].

L’equazione diventa: [math]-\pi – 2\theta = 2\theta \Rightarrow 4\theta = -\pi \Rightarrow \theta = -\frac{\pi}{4}[/math], già incluso.

Soluzioni in [math]x[/math]: L’equazione è soddisfatta per ogni [math]x \in \left[-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right][/math]. Verifica agli estremi: per [math]x = \frac{\sqrt{2}}{2}[/math], [math]2x\sqrt{1-x^2} = 1[/math], [math]\arcsin(1) = \frac{\pi}{2}[/math], e [math]2\arcsin(x) = 2 \cdot \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}[/math]. OK.

Osservazioni 💡 La sostituzione [math]x = \sin \theta[/math] è naturale quando compaiono [math]\arcsin[/math] e espressioni del tipo [math]x[/math] e [math]\sqrt{1-x^2}[/math]. Attenzione all’intervallo di validità della relazione [math]\arcsin(\sin \alpha) = \alpha[/math]: questo è il cuore dell’esercizio.

Domanda di riflessione finale: Perché l’equazione ha infinite soluzioni (un intervallo) invece che un numero finito? Questo accade spesso con equazioni contenenti funzioni inverse trigonometriche?

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Esercizio 6 (Livello molto avanzato – universitario)

Testo: Dimostra che per ogni [math]a, b \in \mathbb{R}[/math] con [math]a^2 + b^2 \le 1[/math] vale: [math]\arcsin(a) + \arcsin(b) = \arcsin\left(a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2}\right)[/math] sotto opportune condizioni sugli argomenti. Determina tali condizioni.

Risoluzione:

Richiamo teorico:

La formula di addizione per il seno: [math]\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \beta \sin \alpha[/math] Siano [math]\alpha = \arcsin(a)[/math], [math]\beta = \arcsin(b)[/math]. Allora [math]\sin \alpha = a[/math], [math]\sin \beta = b[/math], e [math]\cos \alpha = \sqrt{1-a^2}[/math], [math]\cos \beta = \sqrt{1-b^2}[/math] (prendiamo le radici positive perché [math]\alpha, \beta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math], dove il coseno è non negativo).

Calcoliamo [math]\sin(\alpha + \beta)[/math]: [math]\sin(\alpha + \beta) = a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2}[/math]

Ora consideriamo [math]\arcsin(\sin(\alpha + \beta))[/math]:

Se [math]\alpha + \beta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math], allora [math]\arcsin(\sin(\alpha + \beta)) = \alpha + \beta[/math].

Quindi sotto la condizione [math]-\frac{\pi}{2} \le \alpha + \beta \le \frac{\pi}{2}[/math] si ha: [math]\displaystyle \begin{aligned} \arcsin\left(a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2}\right) &= \alpha + \beta \ &= \arcsin(a) + \arcsin(b) \end{aligned}[/math]

Condizioni esplicite su [math]a, b[/math]: [math]\alpha = \arcsin(a) \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math], [math]\beta = \arcsin(b) \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math].

La somma [math]\alpha + \beta[/math] è in [math]\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right][/math] se e solo se: [math]-\frac{\pi}{2} \le \arcsin(a) + \arcsin(b) \le \frac{\pi}{2}[/math]

Equivalentemente, poiché [math]\arcsin[/math] è crescente, la condizione più utile da verificare è: [math]a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2} \in [-1, 1][/math]

Ma questa è sempre vera se [math]a^2 + b^2 \le 1[/math]?

Verifichiamo con esempi:

Se [math]a = b = \frac{\sqrt{2}}{2}[/math], allora [math]a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2} = 1[/math], e [math]\alpha + \beta = \frac{\pi}{2}[/math] → OK.

Se [math]a = b = -\frac{\sqrt{2}}{2}[/math], allora il risultato è [math]-1[/math], e [math]\alpha + \beta = -\frac{\pi}{2}[/math] → OK.

Se [math]a = \frac{\sqrt{3}}{2}, b = \frac{1}{2}[/math], allora [math]a\sqrt{1-b^2} + b\sqrt{1-a^2} \approx 0.9659[/math], e [math]\alpha + \beta \approx \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{2}[/math] → OK.

Osservazioni 💡

Le formule di addizione per le funzioni inverse trigonometriche sono delicate: richiedono condizioni sugli argomenti per garantire che la somma degli angoli rimanga nell’intervallo principale della funzione inversa risultante.

Domanda di riflessione finale: Come cambierebbe la formula se invece di [math]\arcsin[/math] avessimo [math]\arccos[/math]?