Mix Examples-Trigonometrical Equations and Inequations, Properties of Triangles, Height and Distance Questions in Gujarati

(B) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $a, b, c$ છે જ્યાં $c$ કર્ણ છે. તેથી,$c^2 = a^2 + b^2$.
આપેલ છે કે બાજુઓના વ્યસ્તથી બનતો ત્રિકોણ પણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે,તેથી $\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ માં સૌથી મોટી બાજુ કર્ણ હશે. $c$ સૌથી મોટી બાજુ હોવાથી,$\frac{1}{c}$ સૌથી નાની છે,તેથી $\frac{1}{a}$ સૌથી મોટી છે.
તેથી,$(\frac{1}{a})^2 = (\frac{1}{b})^2 + (\frac{1}{c})^2$.
$a = c \sin \theta$ અને $b = c \cos \theta$ મૂકતા:
$\frac{1}{c^2 \sin^2 \theta} = \frac{1}{c^2 \cos^2 \theta} + \frac{1}{c^2}$
$\frac{1}{\sin^2 \theta} = \frac{1}{\cos^2 \theta} + 1$
$1 = \tan^2 \theta + \sin^2 \theta$
$1 = \frac{\sin^2 \theta}{1 - \sin^2 \theta} + \sin^2 \theta$
ધારો કે $x = \sin^2 \theta$. તો $x^2 - 3x + 1 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$x = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$.
$\sin \theta = \sqrt{\frac{3 - \sqrt{5}}{2}} = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin \theta \tan \theta + \tan \theta = \sin 2 \theta$
$\tan \theta (\sin \theta + 1) = \frac{2 \tan \theta}{1 + \tan^2 \theta} = 2 \sin \theta \cos \theta$
કિસ્સો $1$: $\tan \theta = 0 \implies \theta = 0, \pi, -\pi$ (કારણ કે $\theta \in [-\pi, \pi]$).
કિસ્સો $2$: $\sin \theta + 1 = 2 \cos^2 \theta = 2(1 - \sin^2 \theta) = 2(1 - \sin \theta)(1 + \sin \theta)$.
જો $\sin \theta = -1$ હોય,તો $\theta = -\frac{\pi}{2}$,જે બાકાત છે.
જો $\sin \theta \neq -1$ હોય,તો $1 = 2(1 - \sin \theta) \implies 1 = 2 - 2 \sin \theta \implies \sin \theta = \frac{1}{2}$.
આમ,$\theta = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$.
ગણ $S = \{0, \pi, -\pi, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6} \}$,તેથી $n(S) = 5$.
$T = \sum_{\theta \in S} \cos 2 \theta = \cos(0) + \cos(2\pi) + \cos(-2\pi) + \cos(\frac{\pi}{3}) + \cos(\frac{5\pi}{3})$
$T = 1 + 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 4$.
તેથી,$T + n(S) = 4 + 5 = 9$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $7 \cos^2 \theta - 3 \sin^2 \theta - 2 \cos^2 2\theta = 2$.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$7 \cos^2 \theta - 3(1 - \cos^2 \theta) - 2 \cos^2 2\theta = 2$,જેનું સાદું રૂપ $10 \cos^2 \theta - 3 - 2 \cos^2 2\theta = 2$ થાય છે.
$2 \cos^2 \theta = 1 + \cos 2\theta$ હોવાથી,$5(1 + \cos 2\theta) - 3 - 2 \cos^2 2\theta = 2$,જેનું સાદું રૂપ $5 + 5 \cos 2\theta - 3 - 2 \cos^2 2\theta = 2$ થાય છે.
આથી $2 \cos^2 2\theta - 5 \cos 2\theta = 0$,એટલે કે $\cos 2\theta(2 \cos 2\theta - 5) = 0$.
$\cos 2\theta$ ની કિંમત $2.5$ ન હોઈ શકે,તેથી $\cos 2\theta = 0$,જે $2\theta = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}$ આપે છે.
આમ,$S = \{\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\}$.
કોઈપણ $\theta \in S$ માટે,$\tan^2 \theta = 1$ અને $\cot^2 \theta = 1$,તેથી $\tan^2 \theta + \cot^2 \theta = 2$.
વળી,$\sin^2 \theta = \frac{1}{2}$.
સમીકરણ $x^2 - 2(2)x + 6(\frac{1}{2}) = 0$ એટલે કે $x^2 - 4x + 3 = 0$ બને છે.
દરેક સમીકરણ માટે બીજનો સરવાળો $4$ છે.
આવા $4$ સમીકરણો હોવાથી,બીજનો કુલ સરવાળો $4 \times 4 = 16$ થાય છે.

(A) ધારો કે $\angle CAD = \theta_2$ અને $\angle BAD = \theta_1$. આપણને $\cot \theta_2 : \cot \theta_1 = 2 : 1$ આપેલ છે,તેથી $\cot \theta_2 = 2 \cot \theta_1$.
$\triangle ADC$ અને $\triangle ADB$ માં કોટિજ્યાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $AD$ સામાન્ય બાજુ છે અને $BD = DC = a/2$ છે:
$\cot \theta_2 = \frac{AD^2 + b^2 - a^2/4}{2 \cdot \text{Area}(\triangle ADC)}$
$\text{Area}(\triangle ADC) = \text{Area}(\triangle ADB)$ હોવાથી,$\cot \theta_2 = 2 \cot \theta_1$ શરત સૂચવે છે કે:
$AD^2 + b^2 - a^2/4 = 2(AD^2 + c^2 - a^2/4)$
$AD^2 = b^2 - 2c^2 + a^2/4$
એપોલોનિયસના પ્રમેય મુજબ,$AD^2 = \frac{2b^2 + 2c^2 - a^2}{4}$.
આ બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$10c^2 = 2b^2 + 2a^2 \Rightarrow b^2 + a^2 = 5c^2$.
$\triangle BGA$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$\cos(\angle BGA) = \frac{AG^2 + BG^2 - AB^2}{2 \cdot AG \cdot BG} = 0$.
તેથી,$\angle BGA = 90^{\circ}$.

(D) આપેલ સમીકરણ $\sin(\pi \sin^2 \theta) + \sin(\pi \cos^2 \theta) = 2 \cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)$ છે.
નિત્યસમ $\sin A + \sin B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \cos(\frac{A-B}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin(\frac{\pi(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)}{2}) \cos(\frac{\pi(\sin^2 \theta - \cos^2 \theta)}{2}) = 2 \cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ અને $\sin^2 \theta - \cos^2 \theta = -\cos 2\theta$ હોવાથી:
$2 \sin(\frac{\pi}{2}) \cos(-\frac{\pi}{2} \cos 2\theta) = 2 \cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)$.
$\sin(\frac{\pi}{2}) = 1$ અને $\cos(-x) = \cos x$ હોવાથી,આ સમીકરણ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$\cos(\frac{\pi}{2} \cos 2\theta) = \cos(\frac{\pi}{2} \cos \theta)$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\frac{\pi}{2} \cos 2\theta = 2n\pi \pm \frac{\pi}{2} \cos \theta$,તેથી $n \in Z$ માટે $\cos 2\theta = 4n \pm \cos \theta$.
કિસ્સો $I$: $\cos 2\theta - \cos \theta = 4n$. $n=0$ માટે,$2\cos^2 \theta - 1 - \cos \theta = 0$,તેથી $(2\cos \theta + 1)(\cos \theta - 1) = 0$. આમ $\cos \theta = 1$ અથવા $\cos \theta = -1/2$. $[0, 2\pi]$ માં ઉકેલો $\theta = 0, 2\pi, 2\pi/3, 4\pi/3$ છે.
કિસ્સો $II$: $\cos 2\theta + \cos \theta = 4n$. $n=0$ માટે,$2\cos^2 \theta + \cos \theta - 1 = 0$,તેથી $(2\cos \theta - 1)(\cos \theta + 1) = 0$. આમ $\cos \theta = 1/2$ અથવા $\cos \theta = -1$. $[0, 2\pi]$ માં ઉકેલો $\theta = \pi, \pi/3, 5\pi/3$ છે.
કુલ ઉકેલો ${0, 2\pi, 2\pi/3, 4\pi/3, \pi, \pi/3, 5\pi/3}$ છે,જે કુલ $7$ ઉકેલો છે.

(D) આપેલ છે કે $\alpha, \beta, \gamma$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે,તેથી $\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$.
આપેલ સમીકરણો:
$(i) \quad 2 \sin \alpha + 3 \cos \beta = 3 \sqrt{2}$
$(ii) \quad 3 \sin \beta + 2 \cos \alpha = 1$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(2 \sin \alpha + 3 \cos \beta)^2 = 18$
$4 \sin^2 \alpha + 9 \cos^2 \beta + 12 \sin \alpha \cos \beta = 18$
$(3 \sin \beta + 2 \cos \alpha)^2 = 1$
$9 \sin^2 \beta + 4 \cos^2 \alpha + 12 \sin \beta \cos \alpha = 1$
બંનેનો સરવાળો કરતા:
$4(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) + 9(\sin^2 \beta + \cos^2 \beta) + 12 \sin(\alpha + \beta) = 19$
$13 + 12 \sin(\alpha + \beta) = 19$
$\sin(\alpha + \beta) = \frac{1}{2}$
$\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\sin \gamma = \frac{1}{2}$,તેથી $\gamma = 30^{\circ}$.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$3 \sin A + 4 \cos B = 6$ $(i)$
$4 \sin B + 3 \cos A = 1$ $(ii)$
સમીકરણો $(i)$ અને $(ii)$ નો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(3 \sin A + 4 \cos B)^2 + (4 \sin B + 3 \cos A)^2 = 6^2 + 1^2$
$9 \sin^2 A + 16 \cos^2 B + 24 \sin A \cos B + 16 \sin^2 B + 9 \cos^2 A + 24 \sin B \cos A = 37$
$9(\sin^2 A + \cos^2 A) + 16(\sin^2 B + \cos^2 B) + 24(\sin A \cos B + \cos A \sin B) = 37$
$9(1) + 16(1) + 24 \sin(A + B) = 37$
$25 + 24 \sin(A + B) = 37$
$24 \sin(A + B) = 12$
$\sin(A + B) = \frac{1}{2}$
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$A + B = 180^{\circ} - C$.
$\sin(180^{\circ} - C) = \frac{1}{2}$
$\sin C = \frac{1}{2}$
આમ,$C = 30^{\circ}$ અથવા $C = 150^{\circ}$.
મૂળ સમીકરણોમાં $C = 150^{\circ}$ ચકાસતા વિરોધાભાસ મળે છે,તેથી $C = 30^{\circ}$.

(C) $0 \leq x \leq 12 \pi$ અંતરાલમાં $\sin x = \frac{6}{x}$ ના ઉકેલોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે $y = \sin x$ અને $y = \frac{6}{x}$ ના આલેખના છેદબિંદુઓ શોધીએ છીએ.
$1$. વિધેય $y = \sin x$ એ $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે $2 \pi$ ના આવર્તકાળ સાથે દોલન કરે છે.
$2$. વિધેય $y = \frac{6}{x}$ એ એક અતિવલય છે જે $x$ વધતા ઘટે છે.
$3$. $x > 0$ માટે,છેદબિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $\sin x = \frac{6}{x}$ થાય. કારણ કે $|\sin x| \leq 1$,તેથી $|\frac{6}{x}| \leq 1$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x \geq 6$.
$4$. $[0, 12 \pi]$ અંતરાલમાં,$y = \frac{6}{x}$ નો વક્ર સાઈન તરંગના શિખરોને છેદે છે. આલેખનું અવલોકન કરતા,$y = \frac{6}{x}$ વક્ર સાઈન તરંગને દરેક $2 \pi$ ના ગાળામાં બે વાર છેદે છે.
$5$. આલેખ પરથી છેદબિંદુઓ ગણતા,કુલ $10$ બિંદુઓ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ત્રિકોણની બાજુઓ માટે આપેલા સંબંધો:
$c^2 = 2ab$ $(i)$
$a^2 + c^2 = 3b^2$ $(ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$a^2 + 2ab = 3b^2$
$a^2 + 2ab - 3b^2 = 0$
$(a + 3b)(a - b) = 0$
અહીં $a$ અને $b$ બાજુની લંબાઈ હોવાથી,$a, b > 0$,તેથી $a = b$.
$a = b$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$c^2 = 2(b)(b) = 2b^2$
$c = \sqrt{2}b$
હવે,આપણી પાસે બાજુઓ $a = b$,$b = b$,અને $c = \sqrt{2}b$ છે.
$a^2 + b^2 = b^2 + b^2 = 2b^2 = c^2$ હોવાથી,આ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કાટખૂણો $C$ પાસે છે (એટલે કે $\angle C = 90^{\circ}$).
$a = b$ હોવાથી,આ સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\angle A = \angle B = 45^{\circ}$.
$\angle BAC$ નું માપ $45^{\circ}$ છે.

(D) ધારો કે $O$ એ નિયમિત નવકોણ $A_1 A_2 \ldots A_9$ ના પરિવૃતનું કેન્દ્ર છે. બાજુની લંબાઈ $s = 2$ છે.
દરેક બાજુ દ્વારા બનતો કેન્દ્રિય ખૂણો $\theta = \frac{2\pi}{9}$ છે.
ધારો કે $r$ એ પરિવૃતની ત્રિજ્યા છે. $\triangle O A_1 A_2$ માં,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$s^2 = r^2 + r^2 - 2r^2 \cos(\frac{2\pi}{9}) = 2r^2(1 - \cos(\frac{2\pi}{9})) = 4r^2 \sin^2(\frac{\pi}{9})$.
$s = 2$ હોવાથી,$4 = 4r^2 \sin^2(\frac{\pi}{9})$,તેથી $r = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})}$.
કેન્દ્રિય ખૂણો $\phi$ ધરાવતી જીવા $A_i A_j$ ની લંબાઈ $2r \sin(\frac{\phi}{2})$ છે.
$A_1 A_5$ માટે,કેન્દ્રિય ખૂણો $4 \times \frac{2\pi}{9} = \frac{8\pi}{9}$ છે,તેથી $A_1 A_5 = 2r \sin(\frac{4\pi}{9})$.
$A_2 A_4$ માટે,કેન્દ્રિય ખૂણો $2 \times \frac{2\pi}{9} = \frac{4\pi}{9}$ છે,તેથી $A_2 A_4 = 2r \sin(\frac{2\pi}{9})$.
તફાવત $A_1 A_5 - A_2 A_4 = 2r(\sin(\frac{4\pi}{9}) - \sin(\frac{2\pi}{9}))$ છે.
નિત્યસમ $\sin C - \sin D = 2 \sin(\frac{C-D}{2}) \cos(\frac{C+D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$A_1 A_5 - A_2 A_4 = 2r \cdot 2 \sin(\frac{\pi}{9}) \cos(\frac{3\pi}{9}) = 4r \sin(\frac{\pi}{9}) \cos(\frac{\pi}{3})$.
$r = \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})}$ અને $\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2}$ મુકતા:
$A_1 A_5 - A_2 A_4 = 4 \cdot \frac{1}{\sin(\frac{\pi}{9})} \cdot \sin(\frac{\pi}{9}) \cdot \frac{1}{2} = 2$.

(B) આપેલ છે કે,$\triangle ABC$ માં,ખૂણાના દ્વિભાજકો $BD$ અને $CE$ ને અંતઃકેન્દ્ર $I$ દ્વારા અનુક્રમે $3:2$ અને $2:1$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરવામાં આવે છે.
$\frac{BI}{ID} = \frac{3}{2}$ અને $\frac{CI}{IE} = \frac{2}{1}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\triangle ABC$ ના અંતઃકેન્દ્ર $I$ માટે,જ્યાં બાજુઓ $a, b, c$ એ શિરોબિંદુઓ $A, B, C$ ની સામે છે,ખૂણાના દ્વિભાજકોનું વિભાજન નીચે મુજબ થાય છે:
$\frac{AI}{IF} = \frac{b+c}{a}$,$\frac{BI}{ID} = \frac{a+c}{b}$,અને $\frac{CI}{IE} = \frac{a+b}{c}$.
આપેલ છે કે $\frac{a+c}{b} = \frac{3}{2} \Rightarrow 2a + 2c = 3b \quad \dots(i)$
આપેલ છે કે $\frac{a+b}{c} = \frac{2}{1} \Rightarrow a + b = 2c \quad \dots(ii)$
$(ii)$ પરથી,$c = \frac{a+b}{2}$. આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$2a + 2(\frac{a+b}{2}) = 3b$
$2a + a + b = 3b$
$3a = 2b \Rightarrow b = \frac{3}{2}a$
હવે,$b = \frac{3}{2}a$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$a + \frac{3}{2}a = 2c$
$\frac{5}{2}a = 2c \Rightarrow c = \frac{5}{4}a$
અંતે,ગુણોત્તર $\frac{AI}{IF} = \frac{b+c}{a} = \frac{\frac{3}{2}a + \frac{5}{4}a}{a} = \frac{6+5}{4} = \frac{11}{4}$.
આમ,ગુણોત્તર $11:4$ છે.

(C) આપેલ પદાવલિ $E = \frac{\sin A \cot C + \cos A}{\sin B \cot C + \cos B}$ છે.
$\cot C = \frac{\cos C}{\sin C}$ મૂકતા,$E = \frac{\sin(A+C)}{\sin(B+C)} = \frac{\sin B}{\sin A} = \frac{b}{a} = r$ મળે છે.
ત્રિકોણની અસ્તિત્વની શરતો મુજબ,$r \in \left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}, \frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)$ મળે છે.

(C) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $b$,$c$ (પાયા) અને $x$ (કર્ણ) છે.
આપેલ છે કે $b + c + x = 42$ --- $(1)$
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,કર્ણ પરની મધ્યગા કર્ણની અડધી હોય છે,તેથી $M = \frac{x}{2}$.
કર્ણ પરનો વેધ $h = \frac{bc}{x}$ દ્વારા મળે છે.
આપેલ છે કે $M - h = 2$,તેથી $\frac{x}{2} - \frac{bc}{x} = 2 \Rightarrow x^2 - 2bc = 4x$ --- $(2)$
$(1)$ પરથી,$b + c = 42 - x$. બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $b^2 + c^2 + 2bc = (42 - x)^2$.
$b^2 + c^2 = x^2$ હોવાથી,આપણને મળે $x^2 + 2bc = (42 - x)^2$ --- $(3)$
$(2)$ અને $(3)$ નો સરવાળો કરતા: $2x^2 = (42 - x)^2 + 4x$.
$2x^2 = 1764 - 84x + x^2 + 4x \Rightarrow x^2 + 80x - 1764 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(x + 98)(x - 18) = 0$. $x > 0$ હોવાથી,$x = 18$.
$x = 18$ ને $(2)$ માં મૂકતા: $18^2 - 2bc = 4(18)$ $\Rightarrow 324 - 2bc = 72$ $\Rightarrow 2bc = 252$ $\Rightarrow bc = 126$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2}bc = \frac{1}{2} \times 126 = 63$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\tan (\pi \cos \theta) + \tan (\pi \sin \theta) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\tan (\pi \cos \theta) = -\tan (\pi \sin \theta) = \tan (-\pi \sin \theta)$.
તેથી,$\pi \cos \theta = n\pi - \pi \sin \theta$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
$\pi$ વડે ભાગતા,આપણને $\sin \theta + \cos \theta = n$ મળે છે.
કારણ કે $-\sqrt{2} \leq \sin \theta + \cos \theta \leq \sqrt{2}$,$n$ માટે શક્ય પૂર્ણાંક કિંમતો $-1, 0, 1$ છે.
કિસ્સો $1$: $\sin \theta + \cos \theta = 0 \implies \tan \theta = -1$. $[0, 2\pi)$ માં,$\theta = \frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$.
કિસ્સો $2$: $\sin \theta + \cos \theta = 1 \implies \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$. $[0, 2\pi)$ માં,$\theta = 0, \frac{\pi}{2}$.
કિસ્સો $3$: $\sin \theta + \cos \theta = -1 \implies \sin(\theta + \frac{\pi}{4}) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$. $[0, 2\pi)$ માં,$\theta = \pi, \frac{3\pi}{2}$.
ગણ $S = \{0, \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{4}, \pi, \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{4}\}$.
આપણે $\sum_{\theta \in S} \sin^2(\theta + \frac{\pi}{4})$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$\theta \in \{0, \frac{\pi}{2}\}$ માટે,$\sin^2(\theta + \frac{\pi}{4}) = (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{2}$.
$\theta \in \{\pi, \frac{3\pi}{2}\}$ માટે,$\sin^2(\theta + \frac{\pi}{4}) = (-\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = \frac{1}{2}$.
$\theta \in \{\frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\}$ માટે,$\sin^2(\theta + \frac{\pi}{4}) = (0)^2 = 0$.
સરવાળો $= 4 \times \frac{1}{2} + 2 \times 0 = 2$.

(D) $\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C$ નું મૂલ્ય ત્યારે ન્યૂનતમ થાય જ્યારે $\triangle ABC$ સમબાજુ ત્રિકોણ હોય,એટલે કે $A = B = C = 60^{\circ}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = 3$ આપેલ છે. સમબાજુ ત્રિકોણ માટે,$r = \frac{a}{2\sqrt{3}}$,તેથી $a = 6\sqrt{3}$.
પરિમિતિ $= 3a = 18\sqrt{3}$. (વિકલ્પ $A$ સાચો છે).
ક્ષેત્રફળ $= \frac{\sqrt{3}}{4} a^2 = 27\sqrt{3}$. (વિકલ્પ $D$ ખોટો છે).
$\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4\sin A \sin B \sin C = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin A + \sin B + \sin C = \frac{3\sqrt{3}}{2}$,તેથી વિકલ્પ $B$ સાચો છે.
$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = -2r^2 = -18$. (વિકલ્પ $C$ સાચો છે).

(C) આપેલ છે કે $\cos A + \cos C = 2(1 - \cos B)$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos \frac{A+C}{2} \cos \frac{A-C}{2} = 4 \sin^2 \frac{B}{2}$.
કારણ કે $\cos \frac{A+C}{2} = \sin \frac{B}{2}$,તેથી $2 \sin \frac{B}{2} \cos \frac{A-C}{2} = 4 \sin^2 \frac{B}{2}$,જેનું સાદું રૂપ $\cos \frac{A-C}{2} = 2 \sin \frac{B}{2}$ થાય છે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\sin A + \sin C = 2 \sin B$,જે સૂચવે છે કે $a + c = 2b$.
$a = 3$ અને $c = 7$ આપેલ હોવાથી,$3 + 7 = 2b$,તેથી $b = 5$.
હવે,$\cos A - \cos C = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc} - \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$.
કિંમતો મૂકતા: $\cos A - \cos C = \frac{25 + 49 - 9}{2(5)(7)} - \frac{9 + 25 - 49}{2(3)(5)}$.
$= \frac{65}{70} - \frac{-15}{30} = \frac{13}{14} + \frac{1}{2} = \frac{13 + 7}{14} = \frac{20}{14} = \frac{10}{7}$.

(D) આપેલ છે $2 \tan ^2 \theta - 5 \sec \theta = 1$.
$\tan ^2 \theta = \sec ^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$2(\sec ^2 \theta - 1) - 5 \sec \theta - 1 = 0$.
$2 \sec ^2 \theta - 5 \sec \theta - 3 = 0$.
$(2 \sec \theta + 1)(\sec \theta - 3) = 0$.
$\sec \theta = -\frac{1}{2}$ શક્ય નથી,તેથી $\sec \theta = 3$,જેનો અર્થ છે $\cos \theta = \frac{1}{3}$.
$[0, 2\pi]$ અંતરાલમાં $\cos \theta = \frac{1}{3}$ માટે $2$ ઉકેલો મળે છે.
$7$ ઉકેલો માટે,$n = 13$ મળે છે.
આપણે $S = \sum_{k=1}^{13} \frac{k}{2^k}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$S = \frac{1}{2} + \frac{2}{2^2} + \dots + \frac{13}{2^{13}}$.
$\frac{1}{2}S = \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{12}{2^{13}} + \frac{13}{2^{14}}$.
બાદબાકી કરતા $\frac{S}{2} = 1 - \frac{15}{2^{14}}$ મળે છે.
તેથી $S = 2 - \frac{15}{2^{13}} = \frac{2^{14} - 15}{2^{13}}$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^2 x + (2 + 2x - x^2) \sin x - 3(x - 1)^2 = 0$
મધ્યમ પદને ફરીથી લખતા: $2 + 2x - x^2 = 3 - (x^2 - 2x + 1) = 3 - (x - 1)^2$
ધારો કે $u = \sin x$ અને $v = (x - 1)^2$. સમીકરણ $u^2 + (3 - v)u - 3v = 0$ બને છે.
અવયવ પાડતા: $u^2 + 3u - vu - 3v = 0 \implies u(u + 3) - v(u + 3) = 0 \implies (u - v)(u + 3) = 0$.
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે: $\sin x = -3$ (જે અશક્ય છે કારણ કે $-1 \leq \sin x \leq 1$) અથવા $\sin x = (x - 1)^2$.
આપણે $[-\pi, \pi]$ અંતરાલમાં $\sin x = (x - 1)^2$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે.
ગ્રાફિકલી,$y = \sin x$ અને $y = (x - 1)^2$ વક્ર આપેલ અંતરાલમાં $2$ બિંદુઓ પર છેદે છે.

(B) કોસાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$.
આપેલ છે કે $a=7$,$b=8$,$c=\alpha$,અને $\cos A = \frac{2}{3}$:
$\frac{2}{3} = \frac{8^2+\alpha^2-7^2}{2 \times 8 \times \alpha} = \frac{64+\alpha^2-49}{16\alpha} = \frac{15+\alpha^2}{16\alpha}$.
$32\alpha = 45 + 3\alpha^2 \implies 3\alpha^2 - 32\alpha + 45 = 0$.
$(3\alpha - 5)(\alpha - 9) = 0$. કારણ કે $\alpha \in N$,તેથી $\alpha = 9$.
હવે,$\cos C$ શોધો: $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{7^2+8^2-9^2}{2 \times 7 \times 8} = \frac{49+64-81}{112} = \frac{32}{112} = \frac{2}{7}$.
આપણે $49 \cos(3C) + 42$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\cos(3C) = 4\cos^3 C - 3\cos C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$49(4(\frac{2}{7})^3 - 3(\frac{2}{7})) + 42 = 49(4 \times \frac{8}{343} - \frac{6}{7}) + 42 = 49(\frac{32}{343} - \frac{6}{7}) + 42 = \frac{32 - 294}{7} + 42 = \frac{-262 + 294}{7} = \frac{32}{7}$.
આમ,$\frac{m}{n} = \frac{32}{7}$,તેથી $m=32$ અને $n=7$. $\operatorname{gcd}(32, 7)=1$ હોવાથી,$m+n = 32+7 = 39$.

(C) $\triangle ABC$ માં,$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\frac{B+C}{2} = 90^{\circ} - \frac{A}{2}$ થાય.
આપેલ છે કે $\cos B + \cos C = 4 \sin^2 \frac{A}{2}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $2 \cos \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2} = 4 \sin^2 \frac{A}{2}$.
$\cos \frac{B+C}{2} = \sin \frac{A}{2}$ હોવાથી,$2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2} = 4 \sin^2 \frac{A}{2}$ મળે.
$2 \sin \frac{A}{2}$ વડે ભાગતા,$\cos \frac{B-C}{2} = 2 \sin \frac{A}{2}$ મળે.
બંને બાજુ $2 \cos \frac{A}{2}$ વડે ગુણતા,$2 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2} = 4 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2}$ મળે.
$2 \cos \frac{A}{2} = 2 \sin \frac{B+C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2} = 2 \sin A$ મળે.
આથી $\sin B + \sin C = 2 \sin A$ મળે.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$b + c = 2a$ થાય.
અહીં $b + c = AB + AC = 2BC$ હોવાથી,બિંદુ $A$ નો બિંદુપથ ઉપવલય છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના ખૂણા $A, C, B$ છે જેથી $A < C < B$. આપેલ છે $B - A = \frac{\pi}{2}$.
ધારો કે બાજુઓ $n-d, n, n+d$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
પરિવૃતની ત્રિજ્યા $R=1$ સાથે સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,બાજુઓ $2R \sin A, 2R \sin C, 2R \sin B$ છે.
આમ,$n-d = 2 \sin A$,$n = 2 \sin C$,$n+d = 2 \sin B$.
$A+B+C = \pi$ અને $B = A + \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$C = \pi - (A + B) = \pi - (2A + \frac{\pi}{2}) = \frac{\pi}{2} - 2A$.
$2n = (n-d) + (n+d) = 2 \sin A + 2 \sin B$ પરથી,$n = \sin A + \sin B = \sin A + \cos A$.
વળી $n = 2 \sin C = 2 \sin(\frac{\pi}{2} - 2A) = 2 \cos 2A$.
$n$ ને સરખાવતા: $\sin A + \cos A = 2 \cos 2A = 2(\cos^2 A - \sin^2 A) = 2(\cos A - \sin A)(\cos A + \sin A)$.
$\sin A + \cos A \neq 0$ હોવાથી,$1 = 2(\cos A - \sin A) \Rightarrow \cos A - \sin A = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1 - 2 \sin A \cos A = \frac{1}{4} \Rightarrow \sin 2A = \frac{3}{4}$.
ક્ષેત્રફળ $a = \frac{1}{2} (n-d)(n+d) \sin C = \frac{1}{2} (2 \sin A)(2 \sin B) \sin C = 2 \sin A \cos A \sin C = \sin 2A \cos 2A$.
$\sin 2A = \frac{3}{4}$ હોવાથી,$\cos 2A = \sqrt{1 - (3/4)^2} = \frac{\sqrt{7}}{4}$.
$a = \frac{3}{4} \times \frac{\sqrt{7}}{4} = \frac{3\sqrt{7}}{16}$.
$(64a)^2 = (64 \times \frac{3\sqrt{7}}{16})^2 = (4 \times 3\sqrt{7})^2 = 144 \times 7 = 1008$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{a}{s} = \frac{a}{(3n/2)} = \frac{2a}{3n} = \frac{2 \sin 2A \cos 2A}{3(2 \cos 2A)} = \frac{\sin 2A}{3} = \frac{3/4}{3} = \frac{1}{4} = 0.25$.

(A) આપેલ છે $\tan \theta = \cot 5 \theta = \tan\left(\frac{\pi}{2} - 5\theta\right)$.
આ સૂચવે છે કે $\theta = n\pi + \frac{\pi}{2} - 5\theta$,તેથી $6\theta = n\pi + \frac{\pi}{2}$,અથવા $\theta = \frac{(2n+1)\pi}{12}$.
વધુમાં,$\sin 2\theta = \cos 4\theta = 1 - 2\sin^2 2\theta$.
ધારો કે $x = \sin 2\theta$,તો $2x^2 + x - 1 = 0$,જે $(2x-1)(x+1) = 0$ આપે છે.
તેથી $\sin 2\theta = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin 2\theta = -1$.
જો $\sin 2\theta = -1$,તો $2\theta = -\frac{\pi}{2} \Rightarrow \theta = -\frac{\pi}{4}$.
જો $\sin 2\theta = \frac{1}{2}$,તો $2\theta = \frac{\pi}{6}$ અથવા $\frac{5\pi}{6} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{12}$ અથવા $\frac{5\pi}{12}$.
શરત $\theta \neq \frac{n\pi}{5}$ ($n=0, \pm 1, \pm 2$ માટે) ચકાસતા:
$\theta = -\frac{\pi}{4}$,$\theta = \frac{\pi}{12}$,અને $\theta = \frac{5\pi}{12}$ માંથી કોઈ પણ $0, \pm \frac{\pi}{5}, \pm \frac{2\pi}{5}$ ને સમાન નથી.
આમ,આવા $3$ મૂલ્યો મળે છે.

(C) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $\frac{p}{\sin P} = \frac{q}{\sin Q} = \frac{r}{\sin R} = 2R_{c} = 2(1) = 2$.
આપેલ છે $p=\sqrt{3}, q=1$, તેથી $\sin P = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin Q = \frac{1}{2}$.
$p > q$ હોવાથી, $P > Q$. $P$ માટે શક્ય કિંમતો $60^{\circ}$ અથવા $120^{\circ}$ છે, અને $Q$ માટે $30^{\circ}$ અથવા $150^{\circ}$ છે.
જો $P=60^{\circ}, Q=30^{\circ}$ હોય, તો $R=90^{\circ}$ થાય (જે અકાટકોણ હોવાથી શક્ય નથી).
જો $P=120^{\circ}, Q=30^{\circ}$ હોય, તો $R=30^{\circ}$ થાય. આમ, $\triangle PQR$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જેમાં $q=r=1$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}qr \sin P = \frac{1}{2}(1)(1)\sin 120^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{\sqrt{3}+1+1}{2} = \frac{\sqrt{3}+2}{2}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r_{in} = \frac{\Delta}{s} = \frac{\sqrt{3}/4}{(\sqrt{3}+2)/2} = \frac{\sqrt{3}}{2}(2-\sqrt{3})$. (વિકલ્પ $2$ સાચો છે).
મધ્યગા $RS$ ની લંબાઈ $= \frac{1}{2}\sqrt{2p^2+2q^2-r^2} = \frac{1}{2}\sqrt{2(3)+2(1)-1} = \frac{\sqrt{7}}{2}$. (વિકલ્પ $3$ સાચો છે).
$PE$ એ $QR$ પરનો વેધ છે. $PE = q \sin R = 1 \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$.
$O$ એ $\triangle PQR$ નું મધ્યકેન્દ્ર છે (કારણ કે $PQR$ સમદ્વિબાજુ છે), તેથી $OE = \frac{1}{3}PE = \frac{1}{6}$. (વિકલ્પ $4$ સાચો છે).
$\triangle SOE$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{6} \Delta = \frac{\sqrt{3}}{24}$. (વિકલ્પ $1$ ખોટો છે).

(B) આપેલ છે $\tan \frac{X}{2} + \tan \frac{Z}{2} = \frac{2y}{x+y+z}$.
સૂત્ર $\tan \frac{X}{2} = \frac{\Delta}{S(S-x)}$ નો ઉપયોગ કરીને,જ્યાં $S = \frac{x+y+z}{2}$ અને $\Delta$ એ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ છે,આપણને મળે છે:
$\frac{\Delta}{S(S-x)} + \frac{\Delta}{S(S-z)} = \frac{2y}{2S} = \frac{y}{S}$
$\frac{\Delta}{S} \left( \frac{S-z + S-x}{(S-x)(S-z)} \right) = \frac{y}{S}$
$\Delta \left( \frac{2S - (x+z)}{(S-x)(S-z)} \right) = y$
કારણ કે $2S = x+y+z$,તેથી $2S - (x+z) = y$.
$\Delta \left( \frac{y}{(S-x)(S-z)} \right) = y \implies \Delta = (S-x)(S-z)$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\Delta^2 = (S-x)^2(S-z)^2$
$S(S-x)(S-y)(S-z) = (S-x)^2(S-z)^2$
$S(S-y) = (S-x)(S-z)$
$S = \frac{x+y+z}{2}$ મૂકતા,આપણને $y^2 = x^2 + z^2$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\angle Y = 90^\circ$.
કારણ કે $X+Y+Z = 180^\circ$,$X+Z = 90^\circ$,તેથી $Y = X+Z$. આમ $(B)$ સાચું છે.
વળી,$Y$ પર કાટખૂણો ધરાવતા ત્રિકોણ માટે,$\tan \frac{X}{2} = \sqrt{\frac{(S-y)(S-z)}{S(S-x)}} = \frac{x}{y+z}$. આમ $(C)$ પણ સાચું છે.
તેથી,$(B)$ અને $(C)$ સાચા છે.

(D) કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos P = \frac{q^2+r^2-p^2}{2qr} = \frac{q^2+r^2}{2qr} - \frac{p^2}{2qr}$. કારણ કે $q^2+r^2 \geq 2qr$ ($AM \geq GM$ દ્વારા),આપણી પાસે $\frac{q^2+r^2}{2qr} \geq 1$ છે. આમ,$\cos P \geq 1 - \frac{p^2}{2qr}$. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
$(B)$ અસમતા $(p+q) \cos R \geq (q-r) \cos P + (p-r) \cos Q$ ને $(p \cos R + r \cos P) + (q \cos R + r \cos Q) \geq q \cos P + p \cos Q$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે. પ્રોજેક્શન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને,આ $q + p \geq r$ માં સરળ બને છે,જે ત્રિકોણની અસમતા દ્વારા સાચું છે. તેથી,$(B)$ સાચું છે.
$(C)$ સાઈનના નિયમ મુજબ,$\frac{q+r}{p} = \frac{\sin Q + \sin R}{\sin P}$. કારણ કે $\sin Q + \sin R \geq 2 \sqrt{\sin Q \sin R}$,આપણી પાસે $\frac{q+r}{p} \geq 2 \frac{\sqrt{\sin Q \sin R}}{\sin P}$ છે. તેથી,$(C)$ ખોટું છે.
$(D)$ શરત $\cos Q > \frac{p}{r}$ નો અર્થ છે $\sin R \cos Q > \sin P$,જે $\sin P + \sin(R-Q) > 2 \sin P$,અથવા $\sin(R-Q) > \sin P$ માં સરળ બને છે. આ દરેક ત્રિકોણ માટે જરૂરી નથી કે જ્યાં $p < q$ અને $p < r$ હોય. તેથી,$(D)$ ખોટું છે.
આમ,સાચા વિધાનો $(A)$ અને $(B)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $a=2, b=\frac{7}{2}, c=\frac{5}{2}$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{2 + 3.5 + 2.5}{2} = 4$.
પદાવલિ $\frac{2 \sin P - \sin 2P}{2 \sin P + \sin 2P} = \frac{2 \sin P(1 - \cos P)}{2 \sin P(1 + \cos P)} = \tan^2(P/2)$.
સૂત્ર મુજબ $\tan^2(P/2) = \frac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)}$.
કિંમતો મૂકતા: $s-a = 2, s-b = 0.5, s-c = 1.5$.
$\tan^2(P/2) = \frac{0.5 \times 1.5}{4 \times 2} = \frac{0.75}{8} = \frac{3}{32}$.
અહીં $\Delta = \sqrt{4 \times 2 \times 0.5 \times 1.5} = \sqrt{6}$.
તેથી,$\left(\frac{3}{4 \Delta}\right)^2 = \frac{9}{16 \times 6} = \frac{3}{32}$.
આમ,જવાબ $\left(\frac{3}{4 \Delta}\right)^2$ છે.

(B) ધારો કે શિરોબિંદુઓમાંથી સ્પર્શકોની લંબાઈ $x, y, z$ છે. આપેલ છે કે $PN=x, QL=y, RM=z$ ક્રમિક બેકી સંખ્યાઓ છે. ધારો કે $x=2n, y=2n+2, z=2n+4$.
$P$ સૌથી મોટો ખૂણો હોવાથી,$P$ ની સામેની બાજુ $(QR = y+z)$ સૌથી મોટી બાજુ હશે.
$QR = (2n+2) + (2n+4) = 4n+6$
$PQ = x+y = 4n+2$
$PR = x+z = 4n+4$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ: $\cos P = \frac{PQ^2 + PR^2 - QR^2}{2(PQ)(PR)} = \frac{1}{3}$
સમીકરણ ઉકેલતા $n=4$ મળે છે.
તેથી બાજુઓ $PQ = 18, PR = 20, QR = 22$ થાય છે. શક્ય લંબાઈઓ $18$ અને $22$ છે.

(B) ધારો કે બે બાજુઓ $a$ અને $b$ છે. આપેલ છે કે $a+b=x$ અને $ab=y$.
આપેલ છે કે $x^2-c^2=y$,$x=a+b$ અને $y=ab$ મૂકતા,આપણને મળે $(a+b)^2-c^2=ab$.
$a^2+b^2+2ab-c^2=ab \implies a^2+b^2-c^2=-ab$.
કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} = \frac{-ab}{2ab} = -\frac{1}{2}$.
આમ,$C = 120^\circ$ અથવા $\frac{2\pi}{3}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r$ અને પરિત્રિજ્યા $R$ નો ગુણોત્તર $\frac{r}{R} = \frac{4\Delta^2}{sabc}$ છે.
$\frac{r}{R} = \frac{a^2b^2 \sin^2 C}{(\frac{a+b+c}{2})abc} = \frac{y^2 \cdot (3/4)}{(\frac{x+c}{2})abc} = \frac{3y^2}{2(x+c)abc} = \frac{3y^2}{2(x+c)yc} = \frac{3y}{2c(x+c)}$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + 2 \sin 2x - \sin 3x = 3$.
$\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin x + 4 \sin x \cos x - (3 \sin x - 4 \sin^3 x) = 3$.
$-2 \sin x + 4 \sin x \cos x + 4 \sin^3 x = 3$.
$x \in (0, \pi)$ માટે,$f(x) = \sin x + 2 \sin 2x - \sin 3x$ ની મહત્તમ કિંમત $3$ કરતા ઓછી છે.
તેથી,આપેલ સમીકરણનો કોઈ ઉકેલ નથી.

(C) $\triangle PQR$ માં,$\angle PRQ = \angle QRS - \angle PRS = 70^{\circ} - 40^{\circ} = 30^{\circ}$ છે.
$\triangle QRS$ માં,$\angle RQS = \angle PQR - \angle PQS = 70^{\circ} - 15^{\circ} = 55^{\circ}$ છે.
તેથી $\angle QSR = 180^{\circ} - 70^{\circ} - 55^{\circ} = 55^{\circ}$ મળે.
$\angle RQS = \angle QSR = 55^{\circ}$ હોવાથી,$QR = RS = 1$ થાય.
$\triangle PQR$ માં,$\angle QPR = 180^{\circ} - 70^{\circ} - 30^{\circ} = 80^{\circ}$ છે.
$\triangle PQR$ માં સાઈનનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{\alpha}{\sin 30^{\circ}} = \frac{1}{\sin 80^{\circ}} \Rightarrow \alpha = \frac{1}{2 \sin 80^{\circ}}$ મળે.
$\triangle PRS$ માં સાઈનનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{\beta}{\sin 40^{\circ}} = \frac{1}{\sin \theta} \Rightarrow \beta \sin \theta = \sin 40^{\circ}$ મળે.
હવે,$4 \alpha \beta \sin \theta = 4 \left( \frac{1}{2 \sin 80^{\circ}} \right) \sin 40^{\circ} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\sin 80^{\circ}} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{2 \sin 40^{\circ} \cos 40^{\circ}} = \sec 40^{\circ}$ થાય.
$30^{\circ} < 40^{\circ} < 45^{\circ}$ હોવાથી,$\sec 30^{\circ} < \sec 40^{\circ} < \sec 45^{\circ}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{2}{\sqrt{3}} < \sec 40^{\circ} < \sqrt{2}$.
$\frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1.15$ અને $\sqrt{2} \approx 1.414$ હોવાથી,$\sec 40^{\circ}$ ની કિંમત $(0, \sqrt{2})$ અને $(1, 2)$ અંતરાલમાં આવે છે.
આમ,સાચા વિકલ્પો $(A)$ અને $(B)$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણો $2 \sin^2 \theta = \cos 2\theta$ અને $2 \cos^2 \theta = 3 \sin \theta$ છે.
પ્રથમ સમીકરણ પરથી: $2 \sin^2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \implies 4 \sin^2 \theta = 1 \implies \sin^2 \theta = \frac{1}{4} \implies \sin \theta = \pm \frac{1}{2}$.
બીજા સમીકરણ પરથી: $2(1 - \sin^2 \theta) = 3 \sin \theta \implies 2 - 2 \sin^2 \theta = 3 \sin \theta \implies 2 \sin^2 \theta + 3 \sin \theta - 2 = 0$.
અવયવ પાડતા: $(2 \sin \theta - 1)(\sin \theta + 2) = 0$.
$\sin \theta = -2$ શક્ય નથી,તેથી $\sin \theta = \frac{1}{2}$.
બંને પરિણામોને સરખાવતા,સામાન્ય ઉકેલ $\sin \theta = \frac{1}{2}$ મળે છે.
$\theta \in [0, 2\pi]$ માટે,કિંમતો $\theta = \frac{\pi}{6}$ અને $\theta = \frac{5\pi}{6}$ છે.
આ કિંમતોનો સરવાળો $\frac{\pi}{6} + \frac{5\pi}{6} = \pi$ થાય છે.

(A) આપેલ છે કે $\tan A, \tan B, \tan C$ એ $H.P.$ માં છે.
$\frac{2}{\tan B} = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C}$
$\frac{2 \cos B}{\sin B} = \frac{\cos A}{\sin A} + \frac{\cos C}{\sin C}$
સાઇન નિયમ $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\sin A = \frac{a}{2R}, \sin B = \frac{b}{2R}, \sin C = \frac{c}{2R}$.
વળી,$\cos B = \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}, \cos A = \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}, \cos C = \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$2 \left( \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac} \right) \cdot \frac{2R}{b} = \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \cdot \frac{2R}{a} + \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} \cdot \frac{2R}{c}$
બંને બાજુ $\frac{abc}{2R}$ વડે ગુણતા:
$2(a^{2}+c^{2}-b^{2}) = (b^{2}+c^{2}-a^{2}) + (a^{2}+b^{2}-c^{2})$
$2a^{2} + 2c^{2} - 2b^{2} = 2b^{2}$
$2a^{2} + 2c^{2} = 4b^{2}$
$a^{2} + c^{2} = 2b^{2}$
આમ,$a^{2}, b^{2}, c^{2}$ એ $A.P.$ માં છે.

(B) આપણે સાઈન નિયમથી જાણીએ છીએ કે $\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c} = k$.
આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઈન નિયમના સમીકરણને આપેલ સમીકરણ વડે ભાગતા,આપણને $\tan A = \tan B = \tan C$ મળે છે.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,આનો અર્થ એ છે કે $A = B = C = 60^{\circ}$,તેથી ત્રિકોણ સમબાજુ છે.
$a$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\text{Area} = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ છે.
$a = \sqrt{6}$ આપેલ હોવાથી,ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} (\sqrt{6})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 6 = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ચોરસ એકમ થાય.

(C) આપેલ ઘાત સમીકરણ $x^3-11x^2+38x-40=0$ ના બીજ $a, b, c$ એ ત્રિકોણની બાજુઓ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$a+b+c = 11$
$ab+bc+ca = 38$
$abc = 40$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$.
આને $\frac{\cos A}{a} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2abc}$ માં મૂકતા.
તે જ રીતે,$\frac{\cos B}{b} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2abc}$ અને $\frac{\cos C}{c} = \frac{a^2+b^2-c^2}{2abc}$.
સરવાળો કરતા,$\frac{\cos A}{a}+\frac{\cos B}{b}+\frac{\cos C}{c} = \frac{a^2+b^2+c^2}{2abc}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$.
$11^2 = a^2+b^2+c^2+2(38) \implies 121 = a^2+b^2+c^2+76 \implies a^2+b^2+c^2 = 45$.
આમ,અભિવ્યક્તિની કિંમત $\frac{45}{2(40)} = \frac{45}{80} = \frac{9}{16}$ થાય છે.

(B) આપેલ છે કે $a \cos B = b \cos A$. સાઈન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$ અને $b = 2R \sin B$.
આ કિંમતો મૂકતા,$2R \sin A \cos B = 2R \sin B \cos A$,જેનો અર્થ છે કે $\sin A \cos B - \cos A \sin B = 0$,તેથી $\sin(A - B) = 0$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$A = B$,એટલે કે ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે જ્યાં $a = b$.
પરંતુ,શરત $a \cos C \neq c \cos A$ સૂચવે છે કે $\sin A \cos C \neq \sin C \cos A$,તેથી $\sin(A - C) \neq 0$,એટલે કે $A \neq C$.
આમ,ત્રિકોણ $a = b$ અને $a \neq c$ સાથે સમદ્વિબાજુ છે.
$a, a, c$ બાજુઓ ધરાવતા સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$ છે.
પાયો $c$ છે. વેધ $h = \sqrt{a^2 - (c/2)^2} = \frac{1}{2} \sqrt{4a^2 - c^2}$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times c \times \frac{1}{2} \sqrt{4a^2 - c^2} = \frac{c}{4} \sqrt{4a^2 - c^2}$.

(A) ધારો કે ત્રિકોણની બાજુઓ $a-d$,$a$,અને $a+d$ છે,જ્યાં $d > 0$. સૌથી મોટી બાજુ $a+d = 7$ છે.
સૌથી મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો $120^{\circ}$ હોવાથી,કોસાઇનના નિયમ મુજબ:
$(a+d)^2 = (a-d)^2 + a^2 - 2a(a-d) \cos(120^{\circ})$.
$a+d=7$ મૂકતા,$d = 7-a$ મળે.
$49 = (2a-7)^2 + a^2 + a(2a-7)$.
$49 = 4a^2 - 28a + 49 + a^2 + 2a^2 - 7a$.
$7a^2 - 35a = 0$.
$a=5$ મળે.
બાજુઓ $3, 5, 7$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 3 \times 5 \times \sin(120^{\circ}) = \frac{15 \sqrt{3}}{4} \ m^2$.

(A) બાજુઓ $a, b, c$ એ ત્રિઘાત સમીકરણ $x^3-11x^2+38x-40=0$ ના બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$a+b+c = 11$
$ab+bc+ca = 38$
$abc = 40$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$.
તેથી,$\frac{\cos A}{a} = \frac{b^2+c^2-a^2}{2abc}$.
તે જ રીતે,$\frac{\cos B}{b} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2abc}$ અને $\frac{\cos C}{c} = \frac{a^2+b^2-c^2}{2abc}$.
આ પદોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{\cos A}{a}+\frac{\cos B}{b}+\frac{\cos C}{c} = \frac{a^2+b^2+c^2}{2abc}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca) = 11^2 - 2(38) = 121 - 76 = 45$.
તેથી,સરવાળો $\frac{45}{2(40)} = \frac{45}{80} = \frac{9}{16}$ થાય.

(D) કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\cos A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$,$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$,અને $\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{b^2+c^2-a^2}{2abc} + \frac{a^2+c^2-b^2}{2abc} + \frac{a^2+b^2-c^2}{2abc} = \frac{k+7}{30}$
$\frac{a^2+b^2+c^2}{2abc} = \frac{k+7}{30}$
અહીં $a=2, b=3, c=5$ આપેલ છે,તેથી $a^2+b^2+c^2 = 4+9+25 = 38$ અને $2abc = 2 \times 2 \times 3 \times 5 = 60$.
તેથી,$\frac{38}{60} = \frac{k+7}{30}$
$\frac{38}{60} = \frac{2(k+7)}{60}$
$38 = 2k + 14$
$2k = 24 \Rightarrow k = 12$.

(C) આપેલ છે કે $a, b, c$ એ $A.P.$ માં છે,તેથી $2b = a + c$.
પદાવલિ $E = a \cos^2\left(\frac{C}{2}\right) + c \cos^2\left(\frac{A}{2}\right)$ છે.
નિત્યસમ $2 \cos^2\theta = 1 + \cos(2\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{a}{2}(1 + \cos C) + \frac{c}{2}(1 + \cos A)$
$E = \frac{1}{2}(a + a \cos C + c + c \cos A)$
પ્રક્ષેપ સૂત્ર મુજબ,$a \cos C + c \cos A = b$.
$E = \frac{1}{2}(a + c + b)$
કારણ કે $a + c = 2b$,તેથી:
$E = \frac{1}{2}(2b + b) = \frac{3b}{2}$.

(A) $\triangle PQR$ માં,$\angle R = \frac{\pi}{2}$,તેથી $P + Q = \frac{\pi}{2}$.
આમ,$\frac{P+Q}{2} = \frac{\pi}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \frac{P}{2}$ અને $\tan \frac{Q}{2}$ એ $ax^2 + bx + c = 0$ ના બીજ છે.
બીજનો સરવાળો: $\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2} = -\frac{b}{a}$.
બીજનો ગુણાકાર: $\tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2} = \frac{c}{a}$.
નિત્યસમ $\tan(\frac{P}{2} + \frac{Q}{2}) = \frac{\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}}{1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\frac{P+Q}{2} = \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
તેથી,$1 = \frac{-b/a}{1 - c/a} = \frac{-b/a}{(a-c)/a} = \frac{-b}{a-c}$.
$a - c = -b$,જે સૂચવે છે કે $a + b = c$.

(A) $\triangle ABC$ માં,આપણી પાસે $\frac{a+b}{7}=\frac{b+c}{8}=\frac{c+a}{9}=k$ છે.
આના પરથી:
$a+b=7k$ $(i)$
$b+c=8k$ $(ii)$
$c+a=9k$ $(iii)$
આ સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને $2(a+b+c)=24k$ મળે,તેથી $a+b+c=12k$ $(iv)$.
સમીકરણ $(iv)$ માંથી અનુક્રમે $(i), (ii), (iii)$ બાદ કરતા:
$c = (a+b+c) - (a+b) = 12k - 7k = 5k$
$a = (a+b+c) - (b+c) = 12k - 8k = 4k$
$b = (a+b+c) - (c+a) = 12k - 9k = 3k$
અહીં $a^2+b^2 = (4k)^2 + (3k)^2 = 16k^2 + 9k^2 = 25k^2 = (5k)^2 = c^2$ હોવાથી,આ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $c$ છે.
તેથી,$\angle C = 90^{\circ}$.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times a \times b = \frac{1}{2} \times 4k \times 3k = 6k^2$.
તેથી,$\frac{(A(\triangle ABC))^2}{k^4} = \frac{(6k^2)^2}{k^4} = \frac{36k^4}{k^4} = 36$.

(D) આપેલ છે કે $\frac{\cos A}{a} = \frac{\cos B}{b} = \frac{\cos C}{c}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\cos A}{2R \sin A} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{\cos C}{2R \sin C}$,જેનો અર્થ છે કે $\cot A = \cot B = \cot C$.
ત્રિકોણના ખૂણાઓ હોવાથી,$A = B = C = 60^\circ$,એટલે કે ત્રિકોણ સમબાજુ છે.
$a = \frac{1}{\sqrt{6}}$ આપેલ હોવાથી,સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{\sqrt{3}}{4} \left( \frac{1}{\sqrt{6}} \right)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{1}{6} = \frac{\sqrt{3}}{24} = \frac{1}{8 \sqrt{3}}$ ચોરસ એકમ.

(D) આપેલ છે કે $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,એટલે કે $B = 60^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{\sin A}{a} = \frac{\sin B}{b} = \frac{\sin C}{c} = k$,તેથી $\sin A = ak, \sin B = bk, \sin C = ck$.
પદાવલિ $E = \frac{a}{c} \sin 2C + \frac{c}{a} \sin 2A$ છે.
$E = \frac{a}{c} (2 \sin C \cos C) + \frac{c}{a} (2 \sin A \cos A)$.
$\sin C = ck$ અને $\sin A = ak$ મૂકતા:
$E = \frac{a}{c} (2 ck \cos C) + \frac{c}{a} (2 ak \cos A) = 2ak \cos C + 2ck \cos A$.
$E = 2k (a \cos C + c \cos A)$.
પ્રક્ષેપણ સૂત્ર $b = a \cos C + c \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = 2kb = 2 \sin B$.
$B = 60^{\circ}$ હોવાથી,$E = 2 \sin 60^{\circ} = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$.

(D) આપેલ પદાવલિ $\left(1+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\right)\left(1+\frac{c}{b}-\frac{a}{b}\right)$ છે.
કૌંસની અંદરના પદોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$= \left(\frac{c+a+b}{c}\right) \left(\frac{b+c-a}{b}\right)$
$= \frac{(b+c)+a}{c} \times \frac{(b+c)-a}{b}$
$= \frac{(b+c)^2 - a^2}{bc}$
$= \frac{b^2 + c^2 + 2bc - a^2}{bc}$
$= \frac{b^2 + c^2 - a^2}{bc} + 2$
કોસાઇન નિયમ $\cos A = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\frac{b^2 + c^2 - a^2}{bc} = 2 \cos A$.
$= 2 \cos A + 2$
આપેલ છે કે $\angle A = 60^{\circ}$,તેથી $\cos 60^{\circ} = 1/2$.
$= 2(1/2) + 2 = 1 + 2 = 3$.

(A) આપેલ છે $b \cos ^{2} \frac{C}{2}+c \cos ^{2} \frac{B}{2}=\frac{3 a}{2}$.
નિત્યસમ $\cos ^{2} \theta = \frac{1+\cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$b \left( \frac{1+\cos C}{2} \right) + c \left( \frac{1+\cos B}{2} \right) = \frac{3 a}{2}$.
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા:
$b(1+\cos C) + c(1+\cos B) = 3a$.
$b + b \cos C + c + c \cos B = 3a$.
પદોને ગોઠવતા:
$(b \cos C + c \cos B) + b + c = 3a$.
પ્રક્ષેપના નિયમ મુજબ,$b \cos C + c \cos B = a$,તેથી:
$a + b + c = 3a$.
$b + c = 2a$.
આ સૂચવે છે કે $b, a, c$ એ $A$.$P$. માં છે.

(C) આપેલ છે કે $\sin^2 A + \sin^2 B = \sin^2 C$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R$,તેથી $\sin A = \frac{a}{2R}$,$\sin B = \frac{b}{2R}$,અને $\sin C = \frac{c}{2R}$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા: $(\frac{a}{2R})^2 + (\frac{b}{2R})^2 = (\frac{c}{2R})^2 \Rightarrow a^2 + b^2 = c^2$.
આ દર્શાવે છે કે $\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જેમાં કર્ણ $c = l(AB) = 10$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $Area = \frac{1}{2}ab$ છે.
$c = 10$ હોવાથી,$a = 10 \sin A$ અને $b = 10 \cos A$ મળે.
$Area = \frac{1}{2}(10 \sin A)(10 \cos A) = 50 \sin A \cos A = 25 \sin(2A)$.
$\sin(2A)$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $1$ છે (જ્યારે $2A = 90^{\circ}$ અથવા $A = 45^{\circ}$).
તેથી,મહત્તમ ક્ષેત્રફળ $25 \times 1 = 25$ થાય.

(B) ત્રિકોણ $ABC$ માં $A$ આગળ કાટખૂણો હોવાથી,$B+C = 90^\circ$,તેથી $\frac{B+C}{2} = 45^\circ$.
$\tan \frac{B}{2}$ અને $\tan \frac{C}{2}$ એ $ax^2+bx+c=0$ ના બીજ હોવાથી,બીજનો સરવાળો $\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2} = -\frac{b}{a}$ અને બીજનો ગુણાકાર $\tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2} = \frac{c}{a}$ થાય.
નિત્યસમ $\tan(\frac{B}{2} + \frac{C}{2}) = \frac{\tan \frac{B}{2} + \tan \frac{C}{2}}{1 - \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan 45^\circ = 1$ મૂકતા:
$1 = \frac{-b/a}{1 - c/a} = \frac{-b}{a-c}$.
આથી $a-c = -b$,એટલે કે $a+b=c$ મળે છે.

(A) $\triangle ABC$ માં,$\angle B = \frac{\pi}{2}$ હોવાથી,$A + C = \frac{\pi}{2}$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\frac{A}{2} + \frac{C}{2} = \frac{\pi}{4}$.
બંને બાજુ ટેન્જેન્ટ લેતા,$\tan(\frac{A}{2} + \frac{C}{2}) = \tan(\frac{\pi}{4}) = 1$.
$\tan(x+y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{\tan \frac{A}{2} + \tan \frac{C}{2}}{1 - \tan \frac{A}{2} \tan \frac{C}{2}} = 1$ મળે છે.
ધારો કે $\alpha = \tan \frac{A}{2}$ અને $\beta = \tan \frac{C}{2}$ એ $px^2 + qx + r = 0$ ના બીજ છે.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,$\alpha + \beta = -\frac{q}{p}$ અને $\alpha \beta = \frac{r}{p}$.
આ કિંમતોને $\alpha + \beta = 1 - \alpha \beta$ સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $-\frac{q}{p} = 1 - \frac{r}{p}$ મળે છે.
$p$ વડે ગુણતા,$-q = p - r$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $r = p + q$ અથવા $p + q = r$ થાય છે.

(A) $\triangle PQR$ માં,$\angle P + \angle Q + \angle R = 180^{\circ}$ છે.
$\angle R = \frac{\pi}{2} = 90^{\circ}$ હોવાથી,$\angle P + \angle Q = 90^{\circ}$ મળે.
$2$ વડે ભાગતા,$\frac{P}{2} + \frac{Q}{2} = 45^{\circ} = \frac{\pi}{4}$ મળે.
આપેલ છે કે $\tan \left(\frac{P}{2}\right)$ અને $\tan \left(\frac{Q}{2}\right)$ એ $ax^2 + bx + c = 0$ ના બીજ છે,તેથી:
બીજનો સરવાળો: $\tan \left(\frac{P}{2}\right) + \tan \left(\frac{Q}{2}\right) = -\frac{b}{a}$.
બીજનો ગુણાકાર: $\tan \left(\frac{P}{2}\right) \tan \left(\frac{Q}{2}\right) = \frac{c}{a}$.
નિત્યસમ $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left(\frac{P}{2} + \frac{Q}{2}\right) = \frac{\tan \frac{P}{2} + \tan \frac{Q}{2}}{1 - \tan \frac{P}{2} \tan \frac{Q}{2}}$.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{-b/a}{1 - c/a}$.
$1 = \frac{-b}{a-c}$.
$a - c = -b$,એટલે કે $a + b = c$.