Maximum and minimum values of trigonometrical functions, Conditional trigonometrical identities Questions in Gujarati

(D) આપેલ સમીકરણ $\cos^4 \theta + \sin^4 \theta + \lambda = 0$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta + \lambda = 0$.
નિત્યસમ $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 \theta \cos^2 \theta = \frac{\sin^2 2\theta}{4}$.
તેથી,$1 - 2 \left(\frac{\sin^2 2\theta}{4}\right) + \lambda = 0$,જેનું સાદું રૂપ $1 - \frac{\sin^2 2\theta}{2} + \lambda = 0$ થાય.
આમ,$\lambda = \frac{\sin^2 2\theta}{2} - 1$.
ચૂકી $0 \leq \sin^2 2\theta \leq 1$,તેથી $0 \leq \frac{\sin^2 2\theta}{2} \leq \frac{1}{2}$.
બધા પદોમાંથી $1$ બાદ કરતા,$-1 \leq \frac{\sin^2 2\theta}{2} - 1 \leq -\frac{1}{2}$.
તેથી,$\lambda \in \left[-1, -\frac{1}{2}\right]$.

(B) આપેલ છે કે $A+B=\frac{\pi}{2}$,તેથી $B=\frac{\pi}{2}-A$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\cos A \cdot \cos(\frac{\pi}{2}-A)$ મળે છે.
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{2}-A) = \sin A$,તેથી પદાવલિ $\cos A \cdot \sin A$ બને છે.
$2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા,આપણને $\frac{2 \sin A \cos A}{2} = \frac{\sin(2A)}{2}$ મળે છે.
$\sin(2A)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે.
તેથી,$\frac{\sin(2A)}{2}$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{1}{2}$ થાય.

(B) $\triangle ABC$ માં,$A + B + C = \pi$,તેથી $2A + 2B + 2C = 2\pi$.
તેથી,$2A + 2B = 2\pi - 2C$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\tan(2A + 2B) = \tan(2\pi - 2C) = -\tan 2C$.
$\tan(x + y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan 2A + \tan 2B}{1 - \tan 2A \tan 2B} = -\tan 2C$.
બંને બાજુ $(1 - \tan 2A \tan 2B)$ વડે ગુણતા:
$\tan 2A + \tan 2B = -\tan 2C(1 - \tan 2A \tan 2B)$.
$\tan 2A + \tan 2B = -\tan 2C + \tan 2A \tan 2B \tan 2C$.
પદોને ગોઠવતા:
$\tan 2A + \tan 2B + \tan 2C = \tan 2A \tan 2B \tan 2C$.

(D) ધારો કે $X = \frac{\cot A}{1+\cot A} \cdot \frac{\cot B}{1+\cot B}$.
$\tan$ વિધેયમાં રૂપાંતર કરતા: $X = \frac{1}{\tan A+1} \cdot \frac{1}{\tan B+1} = \frac{1}{\tan A \tan B + \tan A + \tan B + 1}$.
આપેલ છે કે $A+B = 225^{\circ}$,તેથી $\tan(A+B) = \tan(225^{\circ}) = 1$.
સૂત્ર $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = 1$ પરથી,$\tan A + \tan B = 1 - \tan A \tan B$ મળે.
છેદમાં કિંમત મૂકતા: $\tan A \tan B + (1 - \tan A \tan B) + 1 = 2$.
આમ,$X = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $A + B + C = \pi$.
કારણ કે $A + B = \pi - C$,આપણે બંને બાજુ કોટેન્જન્ટ લઈએ છીએ:
$\cot(A + B) = \cot(\pi - C)$.
નિત્યસમ $\cot(A + B) = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$ અને $\cot(\pi - C) = -\cot C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B} = -\cot C$.
બંને બાજુ $(\cot A + \cot B)$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$\cot A \cot B - 1 = -\cot A \cot C - \cot B \cot C$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$\cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot A \cot C = 1$.

(A) આપેલ છે કે $A+B+C=180^{\circ}$,તેથી $\frac{A+B+C}{2} = 90^{\circ}$.
આથી,$\frac{A+B}{2} = 90^{\circ} - \frac{C}{2}$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા: $\tan \left(\frac{A+B}{2}\right) = \tan \left(90^{\circ} - \frac{C}{2}\right) = \cot \left(\frac{C}{2}\right)$.
સૂત્ર $\tan(x+y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan(A/2) + \tan(B/2)}{1 - \tan(A/2) \tan(B/2)} = \frac{1}{\tan(C/2)}$.
ગુણાકાર કરતા: $\tan(C/2) [\tan(A/2) + \tan(B/2)] = 1 - \tan(A/2) \tan(B/2)$.
પદોને ગોઠવતા: $\tan(A/2) \tan(B/2) + \tan(B/2) \tan(C/2) + \tan(C/2) \tan(A/2) = 1$.

(A) વિધેય $f(x) = a \sin x + b \cos x$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે તેને $R \sin(x + \alpha)$ સ્વરૂપમાં લખી શકીએ છીએ.
આપણે $\sqrt{a^2 + b^2}$ વડે ગુણી અને ભાગીશું:
$f(x) = \sqrt{a^2 + b^2} \left( \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} \sin x + \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} \cos x \right)$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ અને $\sin \alpha = \frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}}$.
તેથી $f(x) = \sqrt{a^2 + b^2} (\sin x \cos \alpha + \cos x \sin \alpha) = \sqrt{a^2 + b^2} \sin(x + \alpha)$.
કારણ કે $\sin(x + \alpha)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,તેથી $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{a^2 + b^2}$ થશે.

(A) પદ $\sqrt{3} \sin x + \cos x$ ને $R \sin(x + \alpha)$ સ્વરૂપમાં લખી શકાય,જ્યાં $R = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (1)^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$ છે.
આમ,$\sqrt{3} \sin x + \cos x$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.
તેથી,વિધેય $y = e^{5 + \sqrt{3} \sin x + \cos x}$ ની મહત્તમ કિંમત $e^{5 + 2} = e^{7}$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $(\cot \alpha_1)(\cot \alpha_2) \ldots (\cot \alpha_n) = 1$.
આનો અર્થ એ થાય કે $(\cos \alpha_1 \cos \alpha_2 \ldots \cos \alpha_n) = (\sin \alpha_1 \sin \alpha_2 \ldots \sin \alpha_n)$.
ધારો કે $P = \cos \alpha_1 \cos \alpha_2 \ldots \cos \alpha_n$.
તેથી $P^2 = (\cos \alpha_1 \ldots \cos \alpha_n)(\sin \alpha_1 \ldots \sin \alpha_n)$.
$P^2 = \frac{1}{2^n} (2 \sin \alpha_1 \cos \alpha_1) (2 \sin \alpha_2 \cos \alpha_2) \ldots (2 \sin \alpha_n \cos \alpha_n)$.
$P^2 = \frac{1}{2^n} \sin(2\alpha_1) \sin(2\alpha_2) \ldots \sin(2\alpha_n)$.
કારણ કે $\sin(2\alpha_i) \leq 1$ દરેક $i$ માટે,તેથી $P^2 \leq \frac{1}{2^n}$.
વર્ગમૂળ લેતા,$P \leq \frac{1}{\sqrt{2^n}} = \frac{1}{2^{(n/2)}}$.
મહત્તમ મૂલ્ય $\frac{1}{2^{(n/2)}}$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sin x + \cos x$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે વિધેયને $\sqrt{2}$ વડે ગુણી અને ભાગીને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$f(x) = \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x + \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x \right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ:
$f(x) = \sqrt{2} \left( \sin x \cos \frac{\pi}{4} + \cos x \sin \frac{\pi}{4} \right)$
$f(x) = \sqrt{2} \sin \left( x + \frac{\pi}{4} \right)$
કારણ કે સાઈન વિધેય $\sin \theta$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,તેથી $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2}$ થશે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે સાઈન વિધેયનો વિસ્તાર $-1 \leq \sin x \leq 1$ છે.
$f(x) = 1 - \sin x$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $1$ માંથી $\sin x$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત બાદ કરવી પડશે.
કારણ કે $\sin x$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,તેથી:
$f_{\min} = 1 - (\sin x)_{\max} = 1 - 1 = 0$.

(C) ધારો કે $f(x) = 27^{\cos 2x} 81^{\sin 2x} = (3^3)^{\cos 2x} (3^4)^{\sin 2x} = 3^{3 \cos 2x + 4 \sin 2x}$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે ઘાતાંક $g(x) = 3 \cos 2x + 4 \sin 2x$ નું વિશ્લેષણ કરીએ.
પદાવલિ $a \cos \theta + b \sin \theta$ એ $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ અંતરાલમાં હોય છે.
અહીં,$a = 3$ અને $b = 4$ છે,તેથી $3 \cos 2x + 4 \sin 2x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{3^2 + 4^2}, \sqrt{3^2 + 4^2}] = [-5, 5]$ છે.
ઘાતાંકની ન્યૂનતમ કિંમત $-5$ છે.
તેથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $3^{-5} = \frac{1}{3^5} = \frac{1}{243}$ થાય.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \sin^6 x + \cos^6 x$.
આપણે તેને $f(x) = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3$ તરીકે લખી શકીએ.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = \sin^2 x$ અને $b = \cos^2 x$ છે:
$f(x) = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x)$.
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી:
$f(x) = \sin^4 x + \cos^4 x - \sin^2 x \cos^2 x$.
પદમાં $2 \sin^2 x \cos^2 x$ ઉમેરતા અને બાદ કરતા:
$f(x) = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x$.
$4$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$f(x) = 1 - \frac{3}{4}(4 \sin^2 x \cos^2 x) = 1 - \frac{3}{4}(\sin 2x)^2$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2 2x \leq 1$,તેથી:
$1 - \frac{3}{4}(1) \leq f(x) \leq 1 - \frac{3}{4}(0)$.
$\frac{1}{4} \leq f(x) \leq 1$.
આમ,$f(x) \in \left[\frac{1}{4}, 1\right]$.

(D) ધારો કે $f(\theta) = 5 \cos \theta + 3 \cos \left(\theta + \frac{\pi}{3}\right) + 3$.
નિત્યસમ $\cos(A+B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(\theta) = 5 \cos \theta + 3 \left(\cos \theta \cos \frac{\pi}{3} - \sin \theta \sin \frac{\pi}{3}\right) + 3$.
$f(\theta) = 5 \cos \theta + 3 \left(\frac{1}{2} \cos \theta - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta\right) + 3$.
$f(\theta) = \frac{13}{2} \cos \theta - \frac{3\sqrt{3}}{2} \sin \theta + 3$.
પદ $a \cos \theta + b \sin \theta$ ની કિંમત $-\sqrt{a^2 + b^2}$ અને $\sqrt{a^2 + b^2}$ ની વચ્ચે હોય છે.
અહીં,$a = \frac{13}{2}$ અને $b = -\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{\frac{169}{4} + \frac{27}{4}} = \sqrt{49} = 7$.
તેથી,$-7 \leq \frac{13}{2} \cos \theta - \frac{3\sqrt{3}}{2} \sin \theta \leq 7$.
બધા પદોમાં $3$ ઉમેરતા:
$-4 \leq f(\theta) \leq 10$.

(A) આપેલ છે $A=10^{\circ}, B=16^{\circ}, C=19^{\circ}$.
તેથી $2A=20^{\circ}, 2B=32^{\circ}, 2C=38^{\circ}$.
સરવાળો $2A+2B+2C = 20^{\circ}+32^{\circ}+38^{\circ} = 90^{\circ}$.
કોઈપણ ત્રણ ખૂણા $X, Y, Z$ માટે જો $X+Y+Z=90^{\circ}$ હોય,તો $\tan X \tan Y + \tan Y \tan Z + \tan Z \tan X = 1$ થાય.
$X=2A, Y=2B, Z=2C$ મૂકતા,આપણને $\tan 2A \tan 2B + \tan 2B \tan 2C + \tan 2C \tan 2A = 1$ મળે છે.
આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ સામાન્ય નિત્યસમ દર્શાવે છે: જો $X+Y+Z=90^{\circ}$ હોય,તો $\tan X \tan Y + \tan Y \tan Z + \tan Z \tan X = 1$.
આ વિધાન સાબિત કરવા માટે વપરાયેલ સાચો ગાણિતિક સિદ્ધાંત છે.
તેથી,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(B) આપેલ છે કે $A + B + C = \pi$ અને $A, B, C \neq \frac{n\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot(B + C) = \frac{\cot B \cot C - 1}{\cot B + \cot C}$.
કારણ કે $B + C = \pi - A$,તેથી $\cot(B + C) = \cot(\pi - A) = -\cot A$.
આ કિંમતને નિત્યસમમાં મૂકતા:
$-\cot A = \frac{\cot B \cot C - 1}{\cot B + \cot C}$.
બંને બાજુ $(\cot B + \cot C)$ વડે ગુણતા:
$-\cot A(\cot B + \cot C) = \cot B \cot C - 1$.
$-\cot A \cot B - \cot A \cot C = \cot B \cot C - 1$.
પદોને ગોઠવતા:
$\cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot C \cot A = 1$.

(C) આપેલ છે કે $\cos \alpha = \frac{a}{b+c}$.
નિત્યસમ $\cos \alpha = \frac{1 - \tan^2(\alpha/2)}{1 + \tan^2(\alpha/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1 - \tan^2(\alpha/2)}{1 + \tan^2(\alpha/2)} = \frac{a}{b+c}$ મળે.
યોગ-વિયોગની રીત (componendo and dividendo) વાપરતા,$\frac{(1 + \tan^2(\alpha/2)) + (1 - \tan^2(\alpha/2))}{(1 + \tan^2(\alpha/2)) - (1 - \tan^2(\alpha/2))} = \frac{(b+c) + a}{(b+c) - a}$ મળે.
આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{2}{2 \tan^2(\alpha/2)} = \frac{a+b+c}{b+c-a}$ થાય,તેથી $\tan^2(\alpha/2) = \frac{b+c-a}{a+b+c}$.
તે જ રીતે,$\tan^2(\beta/2) = \frac{c+a-b}{a+b+c}$ અને $\tan^2(\gamma/2) = \frac{a+b-c}{a+b+c}$.
આ ત્રણેયનો સરવાળો કરતા,$\tan^2(\alpha/2) + \tan^2(\beta/2) + \tan^2(\gamma/2) = \frac{(b+c-a) + (c+a-b) + (a+b-c)}{a+b+c} = \frac{a+b+c}{a+b+c} = 1$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x + 3 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \frac{1 + \tan^2 x}{\tan^2 x + 3 \tan x + 5}$.
ધારો કે $t = \tan x$,તો $f(t) = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$.
$y = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$ લેતા,$(y-1)t^2 + 3yt + (5y-1) = 0$.
વાસ્તવિક $t$ માટે વિવેચક $D \geq 0$:
$9y^2 - 4(y-1)(5y-1) \geq 0 \implies 11y^2 - 24y + 4 \leq 0$.
આ સમીકરણના ઉકેલ પરથી,વિસ્તાર $\left[\frac{2}{11}, 2\right]$ મળે છે.

(A) આપેલ છે $\cos 2 A+\cos 2 B+\cos 2 C$.
સૂત્ર $\cos C+\cos D=2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=2 \cos (A+B) \cos (A-B)+\cos 2 C$.
કારણ કે $A+B+C=\frac{3 \pi}{2}$,તેથી $A+B=\frac{3 \pi}{2}-C$.
$=2 \cos \left(\frac{3 \pi}{2}-C\right) \cos (A-B)+\left(1-2 \sin ^2 C\right)$.
$=2(-\sin C) \cos (A-B)+1-2 \sin ^2 C$.
$=1-2 \sin C [\cos (A-B)+\sin C]$.
કારણ કે $\sin C = \sin \left(\frac{3 \pi}{2}-(A+B)\right) = -\cos (A+B)$,તેથી:
$=1-2 \sin C [\cos (A-B)-\cos (A+B)]$.
$\cos (A-B)-\cos (A+B)=2 \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=1-2 \sin C [2 \sin A \sin B] = 1-4 \sin A \sin B \sin C$.

(C) ધારો કે $f(x) = 12 \sin x - 5 \cos x + 3$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $a \sin x + b \cos x$ સ્વરૂપના કોઈપણ પદ માટે,તેની રેન્જ $[-\sqrt{a^2 + b^2}, \sqrt{a^2 + b^2}]$ છે.
અહીં,$a = 12$ અને $b = -5$ છે.
તેથી,$\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{12^2 + (-5)^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13$.
આમ,$-13 \leq 12 \sin x - 5 \cos x \leq 13$.
બધા ભાગોમાં $3$ ઉમેરતા:
$-13 + 3 \leq 12 \sin x - 5 \cos x + 3 \leq 13 + 3$.
$-10 \leq f(x) \leq 16$.
તેથી,$f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $16$ છે.

(A) $(I) \ 3 \sin^2 x + 4 \cos^2 x - 2 = 3(\sin^2 x + \cos^2 x) + \cos^2 x - 2 = 3 + \cos^2 x - 2 = \cos^2 x + 1$. કારણ કે $0 \leq \cos^2 x \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[1, 2]$ છે. આમ,$(I) \rightarrow (c)$.
$(II) \ \cos^2 x + \sin^4 x = (1 - \sin^2 x) + \sin^4 x = \sin^4 x - \sin^2 x + 1$. ધારો કે $t = \sin^2 x$,જ્યાં $t \in [0, 1]$. વિધેય $f(t) = t^2 - t + 1$ નું શિરોબિંદુ $t = 1/2$ પર છે. $f(0) = 1$,$f(1) = 1$,$f(1/2) = 1/4 - 1/2 + 1 = 3/4$. તેથી,વિસ્તાર $[3/4, 1]$ છે. આમ,$(II) \rightarrow (d)$.
$(III) \ \sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$. કારણ કે $0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[1 - 3/4, 1 - 0] = [1/4, 1]$ છે. આમ,$(III) \rightarrow (a)$.
$(IV) \ \cos x \cos(\frac{2 \pi}{3} + x) \cos(\frac{2 \pi}{3} - x) = \cos x (\cos^2(\frac{2 \pi}{3}) \cos^2 x - \sin^2(\frac{2 \pi}{3}) \sin^2 x) = \cos x (\frac{1}{4} \cos^2 x - \frac{3}{4} \sin^2 x) = \frac{1}{4} \cos^3 x - \frac{3}{4} \cos x \sin^2 x = \frac{1}{4} \cos 3x$. કારણ કે $-1 \leq \cos 3x \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[-1/4, 1/4]$ છે. આમ,$(IV) \rightarrow (b)$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $5 \tan^2 \alpha + \frac{9}{\tan^2 \alpha} + 4 \sec^2 \alpha$
નિત્યસમ $\sec^2 \alpha = 1 + \tan^2 \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 5 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4(1 + \tan^2 \alpha)$
$= 9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4$
ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે $AM \geq GM$ હોવાથી:
$\frac{9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha}{2} \geq \sqrt{9 \tan^2 \alpha \cdot 9 \cot^2 \alpha}$
$9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha \geq 2 \cdot 9 = 18$
બંને બાજુ $4$ ઉમેરતા:
$9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4 \geq 18 + 4 = 22$
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત $22$ છે.

(C) આ પદાવલિ $A \cos \theta + B \sin \theta$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $\theta = x + \frac{\pi}{3}$,$A = 1$,અને $B = 2 \sqrt{2}$ છે.
$A \cos \theta + B \sin \theta$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{A^2 + B^2}, \sqrt{A^2 + B^2}]$ છે.
અહીં,$A^2 + B^2 = (1)^2 + (2 \sqrt{2})^2 = 1 + 8 = 9$ છે.
તેથી,$\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{9} = 3$ થાય.
ન્યૂનતમ કિંમત $-3$ અને મહત્તમ કિંમત $3$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) અમે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જે મુજબ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $a$ અને $b$ માટે,$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$ થાય.
ધારો કે $a = 27 \tan^2 \theta$ અને $b = 3 \cot^2 \theta$.
તેથી,$\frac{27 \tan^2 \theta + 3 \cot^2 \theta}{2} \geq \sqrt{27 \tan^2 \theta \cdot 3 \cot^2 \theta}$.
$\frac{27 \tan^2 \theta + 3 \cot^2 \theta}{2} \geq \sqrt{81 \tan^2 \theta \cdot \cot^2 \theta}$.
કારણ કે $\tan \theta \cdot \cot \theta = 1$,તેથી:
$\frac{27 \tan^2 \theta + 3 \cot^2 \theta}{2} \geq \sqrt{81 \cdot 1}$.
$\frac{27 \tan^2 \theta + 3 \cot^2 \theta}{2} \geq 9$.
$27 \tan^2 \theta + 3 \cot^2 \theta \geq 18$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $18$ છે.

(B) આપેલ છે કે $A, B, C$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે,તેથી $A + B + C = \pi$.
નિત્યસમ $\sin 2A + \sin 2C = 2 \sin(A+C) \cos(A-C)$ નો ઉપયોગ કરતા.
$A+C = \pi - B$ હોવાથી,$\sin(A+C) = \sin(\pi - B) = \sin B$ મળે.
તેથી,$\sin 2A + \sin 2C = 2 \sin B \cos(A-C)$.
હવે,પદાવલિ:
$\sin 2A - \sin 2B + \sin 2C = (\sin 2A + \sin 2C) - \sin 2B$
$= 2 \sin B \cos(A-C) - 2 \sin B \cos B$
$= 2 \sin B [\cos(A-C) - \cos B]$
$B = \pi - (A+C)$ હોવાથી,$\cos B = \cos(\pi - (A+C)) = -\cos(A+C)$.
$= 2 \sin B [\cos(A-C) + \cos(A+C)]$
$\cos(A-C) + \cos(A+C) = 2 \cos A \cos C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \sin B [2 \cos A \cos C] = 4 \cos A \sin B \cos C$.

(A) આપેલ સમીકરણ $a \cos x + a \sin x + a = 2K + 1$ છે.
આપણે પદાવલિને $a(\cos x + \sin x) + a = 2K + 1$ તરીકે લખી શકીએ.
નિત્યસમ $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos(x - \frac{\pi}{4})$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $a[\sqrt{2} \cos(x - \frac{\pi}{4}) + 1] = 2K + 1$ મળે છે.
કારણ કે $-1 \leq \cos(x - \frac{\pi}{4}) \leq 1$,તેથી $\sqrt{2} \cos(x - \frac{\pi}{4}) + 1$ નો વિસ્તાર $[1 - \sqrt{2}, 1 + \sqrt{2}]$ છે.
$a$ વડે ગુણતા ($a > 0$ ધારીને),આપણને $a(1 - \sqrt{2}) \leq 2K + 1 \leq a(1 + \sqrt{2})$ મળે છે.
$K$ માટે ઉકેલતા: $a - a\sqrt{2} - 1 \leq 2K \leq a + a\sqrt{2} - 1$.
આમ,$K \in \left[\frac{a - a\sqrt{2} - 1}{2}, \frac{a + a\sqrt{2} - 1}{2}\right]$.
આ વિકલ્પ $A$ સાથે સુસંગત છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\sin^4 x + \cos^4 x = a$ છે.
આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$
$= 1^2 - \frac{1}{2} (2 \sin x \cos x)^2$
$= 1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x)$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,આપણે $-\frac{1}{2}$ વડે ગુણતા:
$-\frac{1}{2} \leq -\frac{1}{2} \sin^2(2x) \leq 0$.
બધા ભાગમાં $1$ ઉમેરતા:
$1 - \frac{1}{2} \leq 1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x) \leq 1 + 0$
$\frac{1}{2} \leq a \leq 1$.
આમ,સમીકરણને વાસ્તવિક ઉકેલો ત્યારે મળે છે જ્યારે $\frac{1}{2} \leq a \leq 1$ હોય.

(B) આપેલ છે કે $A+B+C = \frac{\pi}{4}$,તેથી $4(A+B+C) = \pi$.
જ્યારે $x+y+z = \pi$ હોય ત્યારે $\sin x + \sin y + \sin z$ માટેના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin x + \sin y + \sin z = 4 \sin \frac{x}{2} \sin \frac{y}{2} \sin \frac{z}{2}$.
અહીં,$x=4A, y=4B, z=4C$ લેતા.
તેથી $\sin 4A + \sin 4B + \sin 4C = 4 \sin 2A \sin 2B \sin 2C$.

(B) ધારો કે $t = \sin \frac{x}{4}$. $x \in R$ હોવાથી,$t \in [-1, 1]$.
પદાવલિ $f(t) = (1 - t^2) + t = -t^2 + t + 1$ બને છે.
આ એક નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે જેનું શિરોબિંદુ $t = \frac{1}{2}$ પર છે.
$t = \frac{1}{2}$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ માં હોવાથી,મહત્તમ કિંમત $\alpha = f(\frac{1}{2}) = \frac{5}{4}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $\beta$ અંતરાલના અંત્યબિંદુઓ પર મળે છે.
$f(-1) = -1$ અને $f(1) = 1$.
આમ,$\beta = -1$.
તેથી,$\alpha - \beta = \frac{5}{4} - (-1) = \frac{9}{4}$.

(B) આપેલ છે કે $\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$.
$\sin C \le 1$ હોવાથી,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C \le \cos A \cos B + \sin A \sin B = \cos(A-B)$.
તેથી,$\cos(A-B) \ge 1$.
$\cos(A-B)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\cos(A-B) = 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $A = B$.
આ માટે $\sin C = 1$ હોવું જરૂરી છે,તેથી $C = 90^\circ$.
$A+B+C = 180^\circ$ અને $A=B$ હોવાથી,$2A + 90^\circ = 180^\circ$,એટલે કે $A = B = 45^\circ$.
હવે,$\sin A + \sin B + \sin C = \sin 45^\circ + \sin 45^\circ + \sin 90^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 = \sqrt{2} + 1$.

(A) આપેલ છે કે $P+Q+R=\frac{\pi}{4}$.
ત્રિકોણમિતિના સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા,પરિણામ $4 \cos \frac{P}{2} \cos \frac{Q}{2} \cos \frac{R}{2}-\cos \frac{\pi}{8}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $10 \sin^4 \alpha + 15 \cos^4 \alpha = 6$
$\cos^4 \alpha$ વડે ભાગતા:
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 \sec^4 \alpha$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + \tan^2 \alpha)^2$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + 2 \tan^2 \alpha + \tan^4 \alpha)$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 + 12 \tan^2 \alpha + 6 \tan^4 \alpha$
$4 \tan^4 \alpha - 12 \tan^2 \alpha + 9 = 0$
$(2 \tan^2 \alpha - 3)^2 = 0$
$\tan^2 \alpha = \frac{3}{2}$
તેથી,$\cot^2 \alpha = \frac{2}{3}$
હવે,$16 \tan^6 \alpha + 27 \cot^6 \alpha = 16(\frac{3}{2})^3 + 27(\frac{2}{3})^3$
$= 16(\frac{27}{8}) + 27(\frac{8}{27}) = 54 + 8 = 62$

(C) આપેલ છે,$A+B+C=\pi$,જેનો અર્થ છે $B=\pi-(A+C)$.
સમીકરણ $\cos B=\cos A \cos C$ આપેલ છે.
$B$ ની કિંમત મૂકતા,$\cos(\pi-(A+C))=\cos A \cos C$.
નિત્યસમ $\cos(\pi-\theta)=-\cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\cos(A+C)=\cos A \cos C$.
ડાબી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા,$-(\cos A \cos C - \sin A \sin C) = \cos A \cos C$.
$-\cos A \cos C + \sin A \sin C = \cos A \cos C$.
પદોને ગોઠવતા,$\sin A \sin C = 2 \cos A \cos C$.
બંને બાજુ $\cos A \cos C$ વડે ભાગતા,$\frac{\sin A \sin C}{\cos A \cos C} = 2$.
તેથી,$\tan A \tan C = 2$.

(C) આપેલ છે કે $A+B+C=270^{\circ}$,તેથી $A+B=270^{\circ}-C$.
સૂત્ર $\cos 2A+\cos 2B=2 \cos(A+B) \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 2A+\cos 2B+\cos 2C = 2 \cos(A+B) \cos(A-B) + (2 \cos^2 C - 1)$
$= 2 \cos(270^{\circ}-C) \cos(A-B) + 2 \cos^2 C - 1$
$= 2(-\sin C) \cos(A-B) + 2 \cos^2 C - 1$
$= -2 \sin C \cos(A-B) + 2(1-\sin^2 C) - 1$
$= 1 - 2 \sin C [\cos(A-B) + \sin C]$
કારણ કે $C = 270^{\circ}-(A+B)$,તેથી $\sin C = \sin(270^{\circ}-(A+B)) = -\cos(A+B)$.
$= 1 - 2 \sin C [\cos(A-B) - \cos(A+B)]$
$\cos(A-B) - \cos(A+B) = 2 \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 1 - 2 \sin C [2 \sin A \sin B] = 1 - 4 \sin A \sin B \sin C$.

(D) આપેલ છે કે $x+y+z = \frac{\pi}{2}$ અને $x \geq y \geq z \geq \frac{\pi}{12}$.
આપણે $f(x, y, z) = \cos x \sin y \cos z$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવી છે.
ગુણાકાર-થી-સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\cos x \cos z = \frac{1}{2}(\cos(x+z) + \cos(x-z))$.
$x+z = \frac{\pi}{2} - y$ હોવાથી,$\cos(x+z) = \sin y$ થાય.
તેથી,$f = \frac{1}{2}(\sin y + \cos(x-z)) \sin y = \frac{1}{2}(\sin^2 y + \sin y \cos(x-z))$.
ન્યૂનતમ કિંમત માટે,આપણે સીમાવર્તી શરતો ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. $y = z = \frac{\pi}{12}$ લેતા,$x = \frac{\pi}{3}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $\cos(\frac{\pi}{3}) \sin(\frac{\pi}{12}) \cos(\frac{\pi}{12}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.

(C) આપેલ છે કે $A+B+C=0$,તેથી $A+B = -C$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા,$\sin(A+B) = \sin(-C) = -\sin(C)$.
હવે,પદાવલિ $\sin(2A) + \sin(2B) + \sin(2C)$ ધ્યાનમાં લો:
$\sin(2A) + \sin(2B) + \sin(2C) = 2 \sin(A+B) \cos(A-B) + 2 \sin(C) \cos(C)$
કારણ કે $A+B = -C$,તેથી $\cos(A+B) = \cos(-C) = \cos(C)$.
$\sin(A+B) = -\sin(C)$ અને $\cos(C) = \cos(A+B)$ મૂકતા:
$= 2(-\sin(C)) \cos(A-B) + 2 \sin(C) \cos(A+B)$
$= -2 \sin(C) [\cos(A-B) - \cos(A+B)]$
નિત્યસમ $\cos(x-y) - \cos(x+y) = 2 \sin(x) \sin(y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= -2 \sin(C) [2 \sin(A) \sin(B)]$
$= -4 \sin(A) \sin(B) \sin(C)$.

(B) પ્રથમ પદાવલિ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $-\sqrt{11^2 + 60^2} \leq 11 \cos 2x + 60 \sin 2x \leq \sqrt{11^2 + 60^2}$.
આ $-61 \leq 11 \cos 2x + 60 \sin 2x \leq 61$ માં પરિણમે છે.
$\frac{1}{11 \cos 2x + 60 \sin 2x + 69}$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે છેદને ન્યૂનતમ કરવો પડે.
છેદની ન્યૂનતમ કિંમત $69 - 61 = 8$ છે.
તેથી,$M_1 = \frac{1}{8}$.
બીજી પદાવલિ માટે,$3 \cos^2 5x + 4 \sin^2 5x = 3(\cos^2 5x + \sin^2 5x) + \sin^2 5x = 3 + \sin^2 5x$.
મહત્તમ કિંમત ત્યારે મળે જ્યારે $\sin^2 5x = 1$ હોય,તેથી $M_2 = 3 + 1 = 4$.
તેથી,$\frac{M_1}{M_2} = \frac{1/8}{4} = \frac{1}{32}$.

(A) આપેલ છે $f(x) = 5 \cos x + 3 \cos \left(x + \frac{\pi}{3}\right) + 8$.
$\cos(x + \frac{\pi}{3})$ નું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = 5 \cos x + 3 \left[ \cos x \cdot \cos \frac{\pi}{3} - \sin x \cdot \sin \frac{\pi}{3} \right] + 8$
$f(x) = 5 \cos x + 3 \left[ \frac{1}{2} \cos x - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin x \right] + 8$
$f(x) = \frac{13}{2} \cos x - \frac{3\sqrt{3}}{2} \sin x + 8$.
$A \cos x + B \sin x$ સ્વરૂપના વિધેયનો વિસ્તાર $[-\sqrt{A^2 + B^2}, \sqrt{A^2 + B^2}]$ છે.
અહીં,$A = \frac{13}{2}$ અને $B = -\frac{3\sqrt{3}}{2}$.
$\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{\left(\frac{13}{2}\right)^2 + \left(-\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \sqrt{\frac{169}{4} + \frac{27}{4}} = \sqrt{\frac{196}{4}} = 7$.
તેથી,$\frac{13}{2} \cos x - \frac{3\sqrt{3}}{2} \sin x$ નો વિસ્તાર $[-7, 7]$ છે.
$8$ ઉમેરતા,$f(x) \in [-7 + 8, 7 + 8]$,એટલે કે $[1, 15]$.
તેથી,મહત્તમ કિંમત $15$ અને ન્યૂનતમ કિંમત $1$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x + \frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$.
નિત્યસમ $\cos 2x = \frac{1-\tan^2 x}{1+\tan^2 x}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f(x) = \sin x + \cos 2x$ મળે છે.
કારણ કે $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$,આપણે લખી શકીએ કે $f(x) = \sin x + 1 - 2\sin^2 x$.
ધારો કે $t = \sin x$,જ્યાં $t \in [-1, 1]$. તો $g(t) = -2t^2 + t + 1$.
મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે વિકલન કરીએ $g'(t) = -4t + 1$.
$g'(t) = 0$ લેતા,આપણને $t = \frac{1}{4}$ મળે છે.
કારણ કે $g''(t) = -4 < 0$,તેથી $t = \frac{1}{4}$ એ સ્થાનીય મહત્તમ બિંદુ છે.
આપણે $[0, 2\pi]$ માં $x$ ની એવી કિંમતો શોધવાની છે કે જેના માટે $\sin x = \frac{1}{4}$ થાય.
કારણ કે $\frac{1}{4} > 0$,તેથી $\sin x = \frac{1}{4}$ ને $[0, 2\pi]$ અંતરાલમાં બે ઉકેલ મળે છે (એક પ્રથમ ચરણમાં અને એક બીજા ચરણમાં).
આમ,$x$ ની આવી $2$ કિંમતો શક્ય છે.

(D) ધારો કે $f(\alpha) = \left(1 + \frac{1}{\sin^n \alpha}\right) \left(1 + \frac{1}{\cos^n \alpha}\right)$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,ધન પદો માટે,ન્યૂનતમ કિંમત ત્યારે મળે છે જ્યારે $\sin^n \alpha = \cos^n \alpha$ હોય,જેનો અર્થ છે કે $\sin \alpha = \cos \alpha$,એટલે કે $\alpha = \frac{\pi}{4}$.
$\alpha = \frac{\pi}{4}$ માટે,$\sin \alpha = \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} = 2^{-1/2}$ થાય.
તેથી $\sin^n \alpha = \cos^n \alpha = (2^{-1/2})^n = 2^{-n/2}$ થાય.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \left(1 + \frac{1}{2^{-n/2}}\right) \left(1 + \frac{1}{2^{-n/2}}\right) = (1 + 2^{n/2})(1 + 2^{n/2}) = (1 + 2^{n/2})^2$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $(1 + 2^{n/2})^2$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(\theta) = \sqrt{a^2 \cos^2 \theta + b^2 \sin^2 \theta} + \sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$[f(\theta)]^2 = (a^2 \cos^2 \theta + b^2 \sin^2 \theta) + (a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta) + 2 \sqrt{(a^2 \cos^2 \theta + b^2 \sin^2 \theta)(a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta)}$.
પદોનું સાદુંરૂપ આપતા,$[f(\theta)]^2 = a^2 + b^2 + 2 \sqrt{a^2 b^2 + (a^2 - b^2)^2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta}$.
ધારો કે $X = \sin^2 \theta \cos^2 \theta = \frac{\sin^2(2\theta)}{4}$,જ્યાં $X$ નો વિસ્તાર $[0, 1/4]$ છે.
મહત્તમ કિંમત $M$ માટે,$X = 1/4$ લેતા: $M = a^2 + b^2 + 2 \sqrt{a^2 b^2 + \frac{(a^2 - b^2)^2}{4}} = 2(a^2 + b^2)$.
ન્યૂનતમ કિંમત $m$ માટે,$X = 0$ લેતા: $m = a^2 + b^2 + 2 \sqrt{a^2 b^2} = (a+b)^2$.
તેથી,$M - m = 2(a^2 + b^2) - (a+b)^2 = 2a^2 + 2b^2 - a^2 - b^2 - 2ab = a^2 + b^2 - 2ab = (a-b)^2$.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \tan \left(x + \frac{2 \pi}{3} \right) - \tan \left(x + \frac{\pi}{6} \right) + \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right)$.
નિત્યસમ $\tan A - \tan B = \frac{\sin(A-B)}{\cos A \cos B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \left(x + \frac{2 \pi}{3} \right) - \tan \left(x + \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\sin \left( \frac{2 \pi}{3} - \frac{\pi}{6} \right)}{\cos \left(x + \frac{2 \pi}{3} \right) \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right)} = \frac{\sin \frac{\pi}{2}}{\cos \left(x + \frac{2 \pi}{3} \right) \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right)} = \frac{1}{\cos \left(x + \frac{2 \pi}{3} \right) \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right)}$.
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{2}{\cos \left( 2x + \frac{5 \pi}{6} \right) + \cos \frac{\pi}{2}} + \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right) = \frac{2}{\cos \left( 2x + \frac{5 \pi}{6} \right)} + \cos \left(x + \frac{\pi}{6} \right)$.
અંતરાલ $\left[ -\frac{5 \pi}{12}, -\frac{\pi}{3} \right]$ માં,વિધેય વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત અંતિમ બિંદુ $x = -\frac{\pi}{3} = -60^{\circ}$ પર મળે છે.
$f(-60^{\circ}) = \tan \left( -60^{\circ} + 120^{\circ} \right) - \tan \left( -60^{\circ} + 30^{\circ} \right) + \cos \left( -60^{\circ} + 30^{\circ} \right) = \tan 60^{\circ} - \tan(-30^{\circ}) + \cos(-30^{\circ}) = \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{6 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3} + 3 \sqrt{3}}{6} = \frac{11 \sqrt{3}}{6}$.

(B) આપેલ છે કે,$A+B=\frac{\pi}{3}$.
ધારો કે $y = \tan A \tan B$.
અહીં $B = \frac{\pi}{3} - A$ હોવાથી,$y = \tan A \tan(\frac{\pi}{3} - A)$ થાય.
ધન કિંમતો $\tan A$ અને $\tan B$ માટે $AM$-$GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan A + \tan B}{2} \geq \sqrt{\tan A \tan B}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan A + \tan B = \frac{\sin(A+B)}{\cos A \cos B} = \frac{\sin(\pi/3)}{\cos A \cos B} = \frac{\sqrt{3}/2}{\cos A \cos B}$.
વૈકલ્પિક રીતે,નિત્યસમ $\tan A \tan B = \frac{\cos(A-B) - \cos(A+B)}{\cos(A-B) + \cos(A+B)}$ નો ઉપયોગ કરતા.
નિશ્ચિત સરવાળા $A+B = \frac{\pi}{3}$ માટે,ગુણાકાર $\tan A \tan B$ ત્યારે મહત્તમ થાય જ્યારે $A=B$ હોય.
તેથી,$A = B = \frac{\pi}{6}$.
મહત્તમ કિંમત $= \tan(\frac{\pi}{6}) \tan(\frac{\pi}{6}) = (\frac{1}{\sqrt{3}})^2 = \frac{1}{3}$.

(A) આપેલ છે $y = 4 \sin^2 \theta - \cos 2 \theta$.
નિત્યસમ $\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = 4 \sin^2 \theta - (1 - 2 \sin^2 \theta) = 6 \sin^2 \theta - 1$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2 \theta \leq 1$,તેથી:
$0 \leq 6 \sin^2 \theta \leq 6$.
બધા પદોમાંથી $1$ બાદ કરતા:
$-1 \leq 6 \sin^2 \theta - 1 \leq 5$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $l = -1$ અને મહત્તમ કિંમત $m = 5$ છે.
હવે,$lm = (-1)(5) = -5$.
તેમજ,$\frac{m}{l} = \frac{5}{-1} = -5$.
તેથી,$lm = \frac{m}{l}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)^3 - 3ab(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = (\sin^2 \theta)^3 + (\cos^2 \theta)^3 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^3 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) = 1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
નિત્યસમ $a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta)^2 + (\cos^2 \theta)^2 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$2(1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) - 3(1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta)$
$= 2 - 6 \sin^2 \theta \cos^2 \theta - 3 + 6 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$
$= -1$.