Trigonometry Questions in Gujarati

(D) ધારો કે પદાવલિ $E = \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}} + \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}}$ છે.
છેદ સમાન લેતા,આપણને મળે છે:
$E = \frac{\sqrt{1+\cos \theta} \cdot \sqrt{1+\cos \theta} + \sqrt{1-\cos \theta} \cdot \sqrt{1-\cos \theta}}{\sqrt{1-\cos \theta} \cdot \sqrt{1+\cos \theta}}$
$E = \frac{(1+\cos \theta) + (1-\cos \theta)}{\sqrt{(1-\cos \theta)(1+\cos \theta)}}$
$E = \frac{2}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}}$
કારણ કે $1-\cos^2 \theta = \sin^2 \theta$,તેથી $\sqrt{\sin^2 \theta} = |\sin \theta|$ થાય.
તેથી,$E = \frac{2}{|\sin \theta|}$.

(A) આપેલ છે કે $\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta = p$ (સમીકરણ $1$).
આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\operatorname{cosec}^2 \theta - \cot^2 \theta = 1$ છે.
આને $(\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta)(\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = 1$ તરીકે લખી શકાય.
સમીકરણ $1$ માંથી $p$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $p(\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = 1$ મળે છે.
તેથી,$\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta = \frac{1}{p}$ (સમીકરણ $2$).
સમીકરણ $1$ અને સમીકરણ $2$ નો સરવાળો કરતા:
$(\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta) + (\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = p + \frac{1}{p}$.
$2 \operatorname{cosec} \theta = p + \frac{1}{p}$.
$\operatorname{cosec} \theta = \frac{1}{2} \left( p + \frac{1}{p} \right)$.

(B) આપેલ પદાવલિ $E = \tan 1^{\circ} \tan 2^{\circ} \ldots \tan 44^{\circ} \tan 45^{\circ} \tan 46^{\circ} \ldots \tan 88^{\circ} \tan 89^{\circ}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$.
તેથી,$\tan 89^{\circ} = \tan(90^{\circ} - 1^{\circ}) = \cot 1^{\circ}$,$\tan 88^{\circ} = \cot 2^{\circ}$,વગેરે.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે $E = (\tan 1^{\circ} \cot 1^{\circ}) (\tan 2^{\circ} \cot 2^{\circ}) \ldots (\tan 44^{\circ} \cot 44^{\circ}) \tan 45^{\circ}$.
કારણ કે $\tan \theta \cdot \cot \theta = 1$ અને $\tan 45^{\circ} = 1$,તેથી પદાવલિનું મૂલ્ય $1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1 = 1$ થાય છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક ખૂણા $\theta$ માટે,$\operatorname{cosec}^{2} \theta \geq 1$ થાય છે.
આપેલ છે કે $\operatorname{cosec}^{2} \theta = \frac{4xy}{(x+y)^{2}}$,તેથી $\frac{4xy}{(x+y)^{2}} \geq 1$.
આનો અર્થ એ થાય કે $4xy \geq (x+y)^{2}$ (ધારી લઈએ કે $(x+y)^2 > 0$).
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $4xy - (x^{2} + 2xy + y^{2}) \geq 0$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $-(x^{2} - 2xy + y^{2}) \geq 0$ મળે,જે $-(x-y)^{2} \geq 0$ છે.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $(x-y)^{2} \leq 0$ મળે છે.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યાનો વર્ગ ઋણ હોઈ શકે નહીં,તેથી માત્ર એક જ શક્યતા છે કે $(x-y)^{2} = 0$.
તેથી,$x - y = 0$,જેનો અર્થ છે કે $x = y$.

(C) દરેક ત્રિકોણમિતીય પદને રિડક્શન સૂત્રોનો ઉપયોગ કરીને મેળવીએ:
$\sin 300^{\circ} = \sin(360^{\circ} - 60^{\circ}) = -\sin 60^{\circ} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\tan 240^{\circ} = \tan(180^{\circ} + 60^{\circ}) = \tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$
$\sec(-420^{\circ}) = \sec(420^{\circ}) = \sec(360^{\circ} + 60^{\circ}) = \sec 60^{\circ} = 2$
$\cot(-315^{\circ}) = -\cot(315^{\circ}) = -\cot(360^{\circ} - 45^{\circ}) = -(-\cot 45^{\circ}) = 1$
$\cos 210^{\circ} = \cos(180^{\circ} + 30^{\circ}) = -\cos 30^{\circ} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\operatorname{cosec}(-315^{\circ}) = -\operatorname{cosec}(315^{\circ}) = -\operatorname{cosec}(360^{\circ} - 45^{\circ}) = -(-\operatorname{cosec} 45^{\circ}) = \sqrt{2}$
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \frac{(-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (\sqrt{3}) \cdot (2)}{(1) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (\sqrt{2})} = \frac{-\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{-\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{-3}{-\frac{\sqrt{6}}{2}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}$

(C) ચાપની લંબાઈ $l$ શોધવાનું સૂત્ર $l = r\theta$ છે,જ્યાં $r$ એ ત્રિજ્યા છે અને $\theta$ એ રેડિયનમાં ખૂણો છે.
આપેલ છે કે ત્રિજ્યા $r = 6 \text{ cm}$ અને ખૂણો $\theta = 18^{\circ}$.
સૌ પ્રથમ,ખૂણાને અંશમાંથી રેડિયનમાં ફેરવો: $\theta = 18^{\circ} \times \frac{\pi}{180^{\circ}} = \frac{\pi}{10} \text{ રેડિયન}$.
હવે,કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા: $l = 6 \times \frac{\pi}{10} = \frac{6\pi}{10} = \frac{3\pi}{5} \text{ cm}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $x+\frac{1}{x}=2 \cos \theta$ છે.
$x$ વડે ગુણતા,આપણને $x^2 - 2x \cos \theta + 1 = 0$ મળે છે.
કારણ કે $x$ એક વાસ્તવિક સંખ્યા છે,તેથી આ દ્વિઘાત સમીકરણનો વિવેચક $D$ એ $0$ કરતા મોટો અથવા તેના જેટલો હોવો જોઈએ.
$D = b^2 - 4ac = (-2 \cos \theta)^2 - 4(1)(1) = 4 \cos^2 \theta - 4$.
$D \geq 0$ લેતા,આપણને $4 \cos^2 \theta - 4 \geq 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\cos^2 \theta \geq 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે,તેથી $\cos^2 \theta \geq 1$ ને સંતોષતી એકમાત્ર શક્ય કિંમતો $\cos \theta = 1$ અથવા $\cos \theta = -1$ છે.
આમ,$\cos \theta = \pm 1$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $1^{c} = \left(\frac{180}{\pi}\right)^{\circ} \approx 57.3^{\circ}$ થાય છે.
તેથી,$\sin 1 = \sin(57.3^{\circ})$ થાય.
જેহেতু સાઈન વિધેય $[0, 90^{\circ}]$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે,અને $1^{\circ} < 57.3^{\circ}$ હોવાથી,$\sin 1^{\circ} < \sin 57.3^{\circ}$ થાય.
આમ,$\sin 1^{\circ} < \sin 1$ સાચું છે.

(D) $1$ એ $1$ રેડિયન દર્શાવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 \text{ રેડિયન} = \frac{180^{\circ}}{\pi} \approx 57.3^{\circ}$.
કારણ કે $0^{\circ} < 57.3^{\circ} < 90^{\circ}$,તેથી $\tan 1$ ધન છે (પ્રથમ ચરણમાં).
હવે,$2 \text{ રેડિયન} = 2 \times \frac{180^{\circ}}{\pi} \approx 114.6^{\circ}$.
કારણ કે $90^{\circ} < 114.6^{\circ} < 180^{\circ}$,તેથી $\tan 2$ ઋણ છે (બીજા ચરણમાં).
કોઈપણ ધન કિંમત ઋણ કિંમત કરતા મોટી હોવાથી,$\tan 1 > \tan 2$ થાય છે.

(D) આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ: $\cos ^{2} \theta+\sec ^{2} \theta = (\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2 \cos \theta \sec \theta$.
કારણ કે $\cos \theta \sec \theta = 1$ છે,તેથી પદાવલિ $(\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2$ બને છે.
કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યાનો વર્ગ હંમેશા અ-ઋણ હોવાથી,$(\cos \theta - \sec \theta)^{2} \ge 0$ થાય.
તેથી,$(\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2 \ge 2$.
આમ,$\cos ^{2} \theta+\sec ^{2} \theta$ નું મૂલ્ય હંમેશા $2$ કરતા વધારે અથવા તેના જેટલું હોય છે.

(A) આપેલ છે કે $\sin \alpha = \frac{2pq}{p^2 + q^2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \frac{4p^2q^2}{(p^2 + q^2)^2} = \frac{(p^2 + q^2)^2 - 4p^2q^2}{(p^2 + q^2)^2} = \frac{(p^2 - q^2)^2}{(p^2 + q^2)^2}$.
તેથી,$\cos \alpha = \frac{p^2 - q^2}{p^2 + q^2}$.
હવે,$\sec \alpha = \frac{1}{\cos \alpha} = \frac{p^2 + q^2}{p^2 - q^2}$ અને $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{2pq}{p^2 - q^2}$.
હવે,$\sec \alpha - \tan \alpha = \frac{p^2 + q^2}{p^2 - q^2} - \frac{2pq}{p^2 - q^2} = \frac{p^2 + q^2 - 2pq}{p^2 - q^2} = \frac{(p-q)^2}{(p-q)(p+q)} = \frac{p-q}{p+q}$.

(B) આપેલ છે કે $13 \sin A = 12 \Rightarrow \sin A = \frac{12}{13}$. કારણ કે $\frac{\pi}{2} < A < \pi$,$A$ બીજા ચરણમાં છે જ્યાં $\tan A$ ઋણ હોય છે.
$\cos^2 A = 1 - \sin^2 A = 1 - (\frac{12}{13})^2 = \frac{25}{169}$ હોવાથી,$\cos A = -\frac{5}{13}$ મળે.
તેથી,$\tan A = \frac{\sin A}{\cos A} = \frac{12/13}{-5/13} = -\frac{12}{5}$.
આપેલ છે કે $5 \sec B = 13 \Rightarrow \sec B = \frac{13}{5}$. કારણ કે $\frac{3\pi}{2} < B < 2\pi$,$B$ ચોથા ચરણમાં છે જ્યાં $\tan B$ ઋણ હોય છે.
$\tan^2 B = \sec^2 B - 1 = (\frac{13}{5})^2 - 1 = \frac{144}{25}$ મળે.
હવે,કિંમતો મૂકતા: $5 \tan A + 3 \tan^2 B = 5(-\frac{12}{5}) + 3(\frac{144}{25}) = -12 + \frac{432}{25} = \frac{132}{25}$.
નોંધ: જો આપણે મૂળ ઉકેલ મુજબ $\tan B = -4/3$ લઈએ,તો $5(-12/5) + 3(-4/3)^2 = -12 + 16/3 = -20/3$ મળે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin 105^{\circ} = \sin(60^{\circ} + 45^{\circ}) = \sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ} + \cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}$.
તે જ રીતે,$\cos 105^{\circ} = \cos(60^{\circ} + 45^{\circ}) = \cos 60^{\circ} \cos 45^{\circ} - \sin 60^{\circ} \sin 45^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$.
આ બંને કિંમતોનો સરવાળો કરતા:
$\sin 105^{\circ} + \cos 105^{\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} + \frac{1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1 + 1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) આપણે બે ખૂણાઓના સરવાળા માટે ટેન્જન્ટનું સૂત્ર વાપરીએ છીએ: $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
આપેલ કિંમતો $\tan A = \frac{1}{2}$ અને $\tan B = \frac{1}{3}$ મૂકતા:
$\tan(A + B) = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{2})(\frac{1}{3})}$
$= \frac{\frac{3+2}{6}}{1 - \frac{1}{6}}$
$= \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$.
કારણ કે $\tan(A + B) = 1$,તેથી $A + B = \tan^{-1}(1)$.
આમ,$A + B = \frac{\pi}{4}$.

(A) આપેલ છે કે $\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B} = \frac{7}{24}$.
$\tan A = \frac{4}{3}$ મૂકતા,આપણને મળે $\frac{\frac{4}{3} - \tan B}{1 + \frac{4}{3} \tan B} = \frac{7}{24}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા: $24(\frac{4}{3} - \tan B) = 7(1 + \frac{4}{3} \tan B)$.
$32 - 24 \tan B = 7 + \frac{28}{3} \tan B$.
$25 = (24 + \frac{28}{3}) \tan B = \frac{72 + 28}{3} \tan B = \frac{100}{3} \tan B$.
$\tan B = 25 \times \frac{3}{100} = \frac{3}{4}$.
હવે,આપણે $A+B$ શોધવાનું છે. $\tan A = \frac{4}{3}$ અને $\tan B = \frac{3}{4}$ હોવાથી,$\cot A = \frac{3}{4}$ અને $\cot B = \frac{4}{3}$ થાય.
$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = \frac{\frac{4}{3} + \frac{3}{4}}{1 - (\frac{4}{3})(\frac{3}{4})} = \frac{\frac{16+9}{12}}{1-1} = \frac{25/12}{0}$,જે અવ્યાખ્યાયિત છે.
આનો અર્થ એ છે કે $A+B = \frac{\pi}{2}$.

(D) આપેલ પદાવલિ ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan(A + B) = \frac{(\tan A + \tan B)}{(1 - \tan A \tan B)}$ ના સ્વરૂપમાં છે.
અહીં,$A = 69^{\circ}$ અને $B = 66^{\circ}$ છે.
તેથી,પદાવલિ $\tan(69^{\circ} + 66^{\circ})$ બને છે.
$\tan(69^{\circ} + 66^{\circ}) = \tan(135^{\circ})$.
આપણે $\tan(135^{\circ})$ ને $\tan(180^{\circ} - 45^{\circ})$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $\tan(180^{\circ} - \theta) = -\tan \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $-\tan 45^{\circ}$ મળે છે.
કારણ કે $\tan 45^{\circ} = 1$ છે,તેથી અંતિમ કિંમત $-1$ થાય છે.

(A) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^{2} A - \sin^{2} B = \sin(A+B) \sin(A-B)$ નો ઉપયોગ કરીશું.
અહીં,$A = 75^{\circ}$ અને $B = 15^{\circ}$ છે.
આ કિંમતોને નિત્યસમમાં મૂકતા:
$= \sin(75^{\circ} + 15^{\circ}) \sin(75^{\circ} - 15^{\circ})$
$= \sin(90^{\circ}) \sin(60^{\circ})$
કારણ કે $\sin(90^{\circ}) = 1$ અને $\sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ છે,
$= 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(C) આપેલ છે કે $\sin \alpha = \frac{8}{17}$. કારણ કે $0 < \alpha < 90^{\circ}$,તેથી $\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - (\frac{8}{17})^2} = \sqrt{1 - \frac{64}{289}} = \sqrt{\frac{225}{289}} = \frac{15}{17}$.
આપેલ છે કે $\tan \beta = \frac{5}{12}$. કારણ કે $0 < \beta < 90^{\circ}$,આપણે એક કાટકોણ ત્રિકોણ બનાવી શકીએ જેમાં સામેની બાજુ $5$ અને પાસેની બાજુ $12$ છે. કર્ણની લંબાઈ $\sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ થશે.
તેથી,$\sin \beta = \frac{5}{13}$ અને $\cos \beta = \frac{12}{13}$.
સૂત્ર $\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos (\alpha - \beta) = (\frac{15}{17})(\frac{12}{13}) + (\frac{8}{17})(\frac{5}{13})$
$= \frac{180}{221} + \frac{40}{221} = \frac{220}{221}$.

(C) આપેલ પદાવલિ: $E = \sin^{2} \theta + \sin^{2}(\theta + 60^{\circ}) + \sin^{2}(\theta - 60^{\circ})$
નિત્યસમ $\sin^{2} A = \frac{1 - \cos 2A}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{1 - \cos 2\theta}{2} + \frac{1 - \cos(2\theta + 120^{\circ})}{2} + \frac{1 - \cos(2\theta - 120^{\circ})}{2}$
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + \cos(2\theta + 120^{\circ}) + \cos(2\theta - 120^{\circ}))]$
$\cos(A+B) + \cos(A-B) = 2 \cos A \cos B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + 2 \cos 2\theta \cos 120^{\circ})]$
કારણ કે $\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$:
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + 2 \cos 2\theta (-1/2))]$
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta - \cos 2\theta)] = \frac{3}{2}$

(C) આપણે બે ખૂણાઓના સરવાળા માટે ટેન્જન્ટનું સૂત્ર વાપરીએ: $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\frac{m}{m+1} + \frac{1}{2m+1}}{1 - \left(\frac{m}{m+1}\right) \left(\frac{1}{2m+1}\right)}$
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{m(2m+1) + 1(m+1)}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + m + m + 1}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 2m + 1}{(m+1)(2m+1)}$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $1 - \frac{m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{(m+1)(2m+1) - m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 3m + 1 - m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 2m + 1}{(m+1)(2m+1)}$.
અંશને છેદ વડે ભાગતા:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{2m^2 + 2m + 1}{2m^2 + 2m + 1} = 1$.
તેથી $\tan(\alpha + \beta) = 1$ હોવાથી,$\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$ મળે.

(B) આપેલ પદાવલિ $= \frac{\cos 10^{\circ} - \sqrt{3} \sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$= \frac{2 \left( \frac{1}{2} \cos 10^{\circ} - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin 10^{\circ} \right)}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ અને $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2 (\sin 30^{\circ} \cos 10^{\circ} - \cos 30^{\circ} \sin 10^{\circ})}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
$\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2 \sin(30^{\circ} - 10^{\circ})}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}} = \frac{2 \sin 20^{\circ}}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરવા માટે અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$= \frac{4 \sin 20^{\circ}}{2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}} = \frac{4 \sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}} = 4$

(C) આપેલ પદાવલિ $= \sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 4A)}}$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1+\cos 4A = 2\cos^2 2A$ મળે છે.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\sqrt{2+\sqrt{2(2\cos^2 2A)}} = \sqrt{2+\sqrt{4\cos^2 2A}}$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\sqrt{2+2\cos 2A}$ મળે છે.
ફરીથી,$1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$2+2\cos 2A = 2(1+\cos 2A) = 2(2\cos^2 A) = 4\cos^2 A$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિનું મૂલ્ય $\sqrt{4\cos^2 A} = 2\cos A$ થાય છે.

(A) આપેલ છે કે $\tan A = \frac{1 - \cos B}{\sin B}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos B = 2 \sin^2 \left( \frac{B}{2} \right)$ અને $\sin B = 2 \sin \left( \frac{B}{2} \right) \cos \left( \frac{B}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\tan A = \frac{2 \sin^2 \left( \frac{B}{2} \right)}{2 \sin \left( \frac{B}{2} \right) \cos \left( \frac{B}{2} \right)}$
$\tan A = \tan \left( \frac{B}{2} \right)$.
આનો અર્થ એ છે કે $A = \frac{B}{2}$,જેનો અર્થ થાય છે કે $2A = B$.
તેથી,$\tan 2A = \tan B$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 2\theta = \sin \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)$ અને $\sin 2\theta = \cos \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{\cos 2\theta}{1 - \sin 2\theta} = \frac{\sin \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)}{1 - \cos \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)}$
દ્વિ-કોણ નિત્યસમ $\sin 2A = 2 \sin A \cos A$ અને $1 - \cos 2A = 2 \sin^2 A$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \frac{\pi}{4} - \theta$:
$= \frac{2 \sin \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right) \cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}{2 \sin^2 \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}$
$= \frac{\cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}$
$= \cot \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)$.

(A) આપેલ પદાવલિ $\frac{\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}}{1-\cot 70^{\circ} \cot 50^{\circ}}$ છે.
નિત્યસમ $\cot(90^{\circ}-\theta) = \tan \theta$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે છેદને ફરીથી લખી શકીએ છીએ:
$\cot 70^{\circ} = \cot(90^{\circ}-20^{\circ}) = \tan 20^{\circ}$
$\cot 50^{\circ} = \cot(90^{\circ}-40^{\circ}) = \tan 40^{\circ}$
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \frac{\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}}{1-\tan 20^{\circ} \tan 40^{\circ}}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1-\tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = 40^{\circ}$ અને $B = 20^{\circ}$ છે:
$= \tan(40^{\circ}+20^{\circ}) = \tan 60^{\circ}$
કારણ કે $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,તેથી અંતિમ મૂલ્ય $\sqrt{3}$ છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $\sqrt{3} \operatorname{cosec} 20^{\circ} - \sec 20^{\circ}$ છે.
$= \frac{\sqrt{3}}{\sin 20^{\circ}} - \frac{1}{\cos 20^{\circ}} = \frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ} - \sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$= \frac{2 [(\frac{\sqrt{3}}{2}) \cos 20^{\circ} - (\frac{1}{2}) \sin 20^{\circ}]}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
નિત્યસમ $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ} = \frac{1}{2} \sin 40^{\circ}$ મળે.
વળી,$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin 60^{\circ}$ અને $\frac{1}{2} = \cos 60^{\circ}$ છે.
$= \frac{2 [\sin 60^{\circ} \cos 20^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 20^{\circ}]}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}}$
સૂત્ર $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2 \sin(60^{\circ} - 20^{\circ})}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}} = 4$.

(C) આપેલ પદાવલિ $E = \tan 81^{\circ} + \tan 9^{\circ} - (\tan 63^{\circ} + \tan 27^{\circ})$ છે.
$\tan 81^{\circ} = \cot 9^{\circ}$ અને $\tan 63^{\circ} = \cot 27^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = (\cot 9^{\circ} + \tan 9^{\circ}) - (\cot 27^{\circ} + \tan 27^{\circ})$.
કારણ કે $\cot \theta + \tan \theta = \frac{2}{\sin 2\theta}$,તેથી:
$E = \frac{2}{\sin 18^{\circ}} - \frac{2}{\sin 54^{\circ}}$.
$\sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ અને $\sin 54^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ કિંમતો મૂકતા:
$E = \frac{8}{\sqrt{5}-1} - \frac{8}{\sqrt{5}+1} = \frac{8(\sqrt{5}+1) - 8(\sqrt{5}-1)}{5-1} = \frac{16}{4} = 4$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $5x = 3x + 2x$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,આપણને મળે $\tan(5x) = \tan(3x + 2x)$.
$\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 5x = \frac{\tan 3x + \tan 2x}{1 - \tan 3x \tan 2x}$.
ચોકડી ગુણાકાર કરતા:
$\tan 5x(1 - \tan 3x \tan 2x) = \tan 3x + \tan 2x$.
$\tan 5x - \tan 5x \tan 3x \tan 2x = \tan 3x + \tan 2x$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે:
$\tan 5x - \tan 3x - \tan 2x = \tan 5x \tan 3x \tan 2x$.

(B) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\tan (A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\tan (A+B) = \frac{\frac{n}{n+1} + \frac{1}{2n+1}}{1 - (\frac{n}{n+1} \times \frac{1}{2n+1})}$.
અંશનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{n(2n+1) + 1(n+1)}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + n + n + 1}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)}$.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $1 - \frac{n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{(n+1)(2n+1) - n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 3n + 1 - n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)}$.
અંશને છેદ વડે ભાગતા: $\tan (A+B) = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)} \times \frac{(n+1)(2n+1)}{2n^2 + 2n + 1} = 1$.

(B) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ ધન અને લઘુકોણ છે $(0 < A, B < 90^{\circ})$.
કારણ કે $\sin A = \frac{1}{\sqrt{10}}$,તેથી $\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A} = \sqrt{1 - \frac{1}{10}} = \sqrt{\frac{9}{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
કારણ કે $\sin B = \frac{1}{\sqrt{5}}$,તેથી $\cos B = \sqrt{1 - \sin^2 B} = \sqrt{1 - \frac{1}{5}} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
સૂત્ર $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(A + B) = \left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right) \left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right) + \left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$
$= \frac{2}{\sqrt{50}} + \frac{3}{\sqrt{50}} = \frac{5}{\sqrt{50}} = \frac{5}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
કારણ કે $\sin(A + B) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $A, B$ લઘુકોણ છે,તેથી $A + B = \frac{\pi}{4}$.

(B) આપણે નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ: $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$,$1 + \cos \theta = 2 \cos^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$,અને $\sin \theta = 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \frac{2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right) + 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)}{2 \cos^2 \left(\frac{\theta}{2}\right) + 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)}$
$= \frac{2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) [\sin \left(\frac{\theta}{2}\right) + \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)]}{2 \cos \left(\frac{\theta}{2}\right) [\cos \left(\frac{\theta}{2}\right) + \sin \left(\frac{\theta}{2}\right)]}$
$= \frac{\sin \left(\frac{\theta}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\theta}{2}\right)} = \tan \left(\frac{\theta}{2}\right)$.

(A) આપણે અડધા ખૂણાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ: $\tan A = \frac{1 - \cos 2A}{\sin 2A}$.
$A = 7 \frac{1}{2}^{\circ}$ લેતા,આપણને $2A = 15^{\circ}$ મળે છે.
તેથી,$\tan 7 \frac{1}{2}^{\circ} = \frac{1 - \cos 15^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 15^{\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}$ અને $\sin 15^{\circ} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\tan 7 \frac{1}{2}^{\circ} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}} = \frac{\frac{2 \sqrt{2} - (\sqrt{3} + 1)}{2 \sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}} = \frac{2 \sqrt{2} - (1 + \sqrt{3})}{\sqrt{3} - 1}$.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\cos 3A + \sin 3A}{\cos A - \sin A} = 1 - K \sin 2A$
નિત્યસમ $\cos 3A = 4 \cos^3 A - 3 \cos A$ અને $\sin 3A = 3 \sin A - 4 \sin^3 A$ નો ઉપયોગ કરતા:
અંશ $= (4 \cos^3 A - 3 \cos A) + (3 \sin A - 4 \sin^3 A)$
$= 4(\cos^3 A - \sin^3 A) - 3(\cos A - \sin A)$
$= 4(\cos A - \sin A)(\cos^2 A + \sin^2 A + \sin A \cos A) - 3(\cos A - \sin A)$
$= 4(\cos A - \sin A)(1 + \sin A \cos A) - 3(\cos A - \sin A)$
$(\cos A - \sin A)$ વડે ભાગતા:
$= 4(1 + \sin A \cos A) - 3$
$= 4 + 4 \sin A \cos A - 3$
$= 1 + 2(2 \sin A \cos A)$
$= 1 + 2 \sin 2A$
આને $1 - K \sin 2A$ સાથે સરખાવતા,આપણને $-K = 2$ મળે છે,તેથી $K = -2$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ટેન્જન્ટના તફાવત માટેનું ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ: $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ છે.
ધારો કે $A = 57^{\circ}$ અને $B = 12^{\circ}$.
તેથી,$\tan(57^{\circ} - 12^{\circ}) = \frac{\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}}{1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ}}$.
અહીં $57^{\circ} - 12^{\circ} = 45^{\circ}$ હોવાથી,$\tan 45^{\circ} = 1$ થાય.
તેથી,$1 = \frac{\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}}{1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ}}$.
બંને બાજુ $(1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ})$ વડે ગુણતા:
$1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ} = \tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}$.
આપેલ પદાવલિ મુજબ પદોને ગોઠવતા:
$\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ} - \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ} = 1$.

(A) આપેલ પદાવલિ: $E = \sqrt{4 \sin^{4} \theta + \sin^{2} 2\theta} + 4 \cos^{2} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2}\right)$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^{2} 2\theta = 4 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta$ મળે.
તેથી,$\sqrt{4 \sin^{4} \theta + 4 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \sqrt{4 \sin^{2} \theta (\sin^{2} \theta + \cos^{2} \theta)} = \sqrt{4 \sin^{2} \theta} = 2 |\sin \theta|$.
$2 \cos^{2} A = 1 + \cos 2A$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,બીજું પદ $2 [1 + \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)] = 2(1 + \sin \theta)$ થાય.
આમ,$E = 2 |\sin \theta| + 2 + 2 \sin \theta$.
કારણ કે $180^{\circ} < \theta < 270^{\circ}$ હોવાથી,$\sin \theta$ ઋણ છે,તેથી $|\sin \theta| = -\sin \theta$.
તેથી,$E = 2(-\sin \theta) + 2 + 2 \sin \theta = 2$.

(D) આપણે ટેન્જન્ટના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
ધારો કે $A = 100^{\circ}$ અને $B = 125^{\circ}$.
તેથી $A + B = 225^{\circ}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\tan(225^{\circ}) = \frac{\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}}{1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ}}$.
કારણ કે $\tan(225^{\circ}) = \tan(180^{\circ} + 45^{\circ}) = \tan 45^{\circ} = 1$,તેથી:
$1 = \frac{\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}}{1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ}}$.
બંને બાજુ $(1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ})$ વડે ગુણતા:
$1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ} = \tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}$.
પદોને ગોઠવતા:
$\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ} + \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ} = 1$.

(D) પદાવલિ $\sqrt{\frac{1+\sin \theta}{1-\sin \theta}}$ ને સરળ બનાવવા માટે,આપણે વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $(1+\sin \theta)$ વડે ગુણીએ.
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)(1+\sin \theta)}{(1-\sin \theta)(1+\sin \theta)}}$
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)^2}{1-\sin^2 \theta}}$
કારણ કે $1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta$ હોવાથી,
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)^2}{\cos^2 \theta}}$
$= \frac{1+\sin \theta}{\cos \theta}$
$= \frac{1}{\cos \theta} + \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$= \sec \theta + \tan \theta$

(B) અંશ અને છેદને $\cos 15^{\circ}$ વડે ભાગતા:
$\tan \theta = \frac{1 + \tan 15^{\circ}}{1 - \tan 15^{\circ}}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan 45^{\circ} = 1$,તેથી:
$\tan \theta = \frac{\tan 45^{\circ} + \tan 15^{\circ}}{1 - \tan 45^{\circ} \tan 15^{\circ}}$
$\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \theta = \tan(45^{\circ} + 15^{\circ})$
$\tan \theta = \tan 60^{\circ}$
અહીં $60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ રેડિયન હોવાથી:
$\theta = \frac{\pi}{3}$

(C) આપણે તફાવત માટે ટેન્જન્ટનું સૂત્ર જાણીએ છીએ: $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$.
ધારો કે $A = 56^{\circ}$ અને $B = 11^{\circ}$. તેથી $A - B = 45^{\circ}$.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\tan 45^{\circ} = \frac{\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}}{1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ}}$.
કારણ કે $\tan 45^{\circ} = 1$,તેથી:
$1 = \frac{\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}}{1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ}}$.
બંને બાજુ $(1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ})$ વડે ગુણતા:
$1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ} = \tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}$.
પદોને પ્રશ્નમાં આપેલ પદાવલિ મુજબ ગોઠવતા:
$\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ} - \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ} = 1$.

(C) આપેલ છે કે $A+B=45^{\circ}$.
બંને બાજુ $\cot$ લેતા,આપણને $\cot(A+B)=\cot 45^{\circ}$ મળે.
$\cot(A+B)=\frac{\cot A \cot B-1}{\cot A+\cot B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cot A \cot B-1}{\cot A+\cot B}=1$.
$\cot A \cot B-1 = \cot A+\cot B$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\cot A \cot B - \cot A - \cot B = 1$ મળે.
અવયવ પાડવા માટે બંને બાજુ $1$ ઉમેરતા:
$\cot A \cot B - \cot A - \cot B + 1 = 1 + 1$.
$(\cot A-1)(\cot B-1) = 2$.
આપેલ છે કે $(\cot A-1)(\cot B-1)=4K$,તેથી:
$4K = 2$.
$K = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

(A) ત્રિકોણ $\Delta XYZ$ માં,બધા આંતરિક ખૂણાઓનો સરવાળો $180^{\circ}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $\angle Y = 90^{\circ}$ અને $\angle X = 60^{\circ}$.
તેથી,$\angle Z = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 60^{\circ}) = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$.
હવે,આપણે $\sec Z + \frac{2}{\sqrt{3}}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\angle Z = 30^{\circ}$ હોવાથી,$\sec Z = \sec 30^{\circ} = \frac{1}{\cos 30^{\circ}} = \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
આ કિંમતને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sec Z + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$.

(B) $\Delta XYZ$ માં,$\angle Y = 90^\circ$ છે.
આપેલ છે કે $\cos X = \frac{3}{5}$.
વ્યાખ્યા મુજબ,$\cos X = \frac{\text{પાસેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{XY}{XZ} = \frac{3}{5}$.
હવે,$\angle Z$ માટે,બાજુ $XY$ એ સામેની બાજુ છે અને $XZ$ એ કર્ણ છે.
તેથી,$\sin Z = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{કર્ણ}} = \frac{XY}{XZ} = \frac{3}{5}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{cosec} Z = \frac{1}{\sin Z}$.
આમ,$\operatorname{cosec} Z = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3}$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\sin (y-z)+\sin (y+z)+2 \sin y}{\sin (x-z)+\sin (x+z)+2 \sin x}$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin A + \sin B = 2 \sin \left( \frac{A+B}{2} \right) \cos \left( \frac{A-B}{2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
અંશ: $\sin (y-z) + \sin (y+z) + 2 \sin y = 2 \sin y \cos z + 2 \sin y = 2 \sin y (\cos z + 1)$
છેદ: $\sin (x-z) + \sin (x+z) + 2 \sin x = 2 \sin x \cos z + 2 \sin x = 2 \sin x (\cos z + 1)$
અંશને છેદ વડે ભાગતા:
$= \frac{2 \sin y (\cos z + 1)}{2 \sin x (\cos z + 1)}$
$= \frac{\sin y}{\sin x}$

(D) આપેલ છે: $\sec \theta(\cos \theta+\sin \theta)=\sqrt{2}$
કારણ કે $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,તેથી:
$\frac{1}{\cos \theta}(\cos \theta+\sin \theta)=\sqrt{2}$
$1+\tan \theta=\sqrt{2}$
$\tan \theta=\sqrt{2}-1$ .....$(1)$
હવે,આપણે $\frac{2 \sin \theta}{\cos \theta-\sin \theta}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$\frac{2 \tan \theta}{1-\tan \theta}$
સમીકરણ $(1)$ માંથી $\tan \theta$ ની કિંમત મૂકતા:
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{1-(\sqrt{2}-1)}$
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{2-\sqrt{2}}$
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}$
$= \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$

(D) આપેલ છે કે $\cos \theta = \frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}$.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta}$.
$\sin \theta = \sqrt{1 - \left(\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\right)^2} = \sqrt{\frac{(x^2 + y^2)^2 - (x^2 - y^2)^2}{(x^2 + y^2)^2}}$.
$(a+b)^2 - (a-b)^2 = 4ab$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sin \theta = \sqrt{\frac{4x^2y^2}{(x^2 + y^2)^2}} = \frac{2xy}{x^2 + y^2}$.
હવે,$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{(x^2 - y^2) / (x^2 + y^2)}{(2xy) / (x^2 + y^2)}$.
$\cot \theta = \frac{x^2 - y^2}{2xy}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે બે ખૂણાઓના તફાવત માટે ટેન્જેન્ટનું ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ:
$\tan (A - B) = \frac{\sin (A - B)}{\cos (A - B)}$
સાઇન અને કોસાઇનના તફાવત માટેના વિસ્તરણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin (A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$
$\cos (A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$
આ કિંમતોને $\tan (A - B)$ ના પદમાં મૂકતા:
$\tan (A - B) = \frac{\sin A \cos B - \cos A \sin B}{\cos A \cos B + \sin A \sin B}$
અંશ અને છેદ બંનેને $\cos A \cos B$ વડે ભાગતા:
$\tan (A - B) = \frac{\frac{\sin A \cos B}{\cos A \cos B} - \frac{\cos A \sin B}{\cos A \cos B}}{\frac{\cos A \cos B}{\cos A \cos B} + \frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B}}$
પદોનું સાદું રૂપ આપતા:
$\tan (A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$
આમ,$x = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$.

(B) આપેલ છે: $x = \operatorname{cosec} \theta - \sin \theta = \frac{1}{\sin \theta} - \sin \theta = \frac{1 - \sin^{2} \theta}{\sin \theta} = \frac{\cos^{2} \theta}{\sin \theta}$.
આપેલ છે: $y = \sec \theta - \cos \theta = \frac{1}{\cos \theta} - \cos \theta = \frac{1 - \cos^{2} \theta}{\cos \theta} = \frac{\sin^{2} \theta}{\cos \theta}$.
હવે,પદ $x^{2} y^{2} (x^{2} + y^{2} + 3)$ ને ધ્યાનમાં લો:
$x^{2} y^{2} = \left( \frac{\cos^{4} \theta}{\sin^{2} \theta} \right) \left( \frac{\sin^{4} \theta}{\cos^{2} \theta} \right) = \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta$.
$x^{2} + y^{2} + 3 = \frac{\cos^{4} \theta}{\sin^{2} \theta} + \frac{\sin^{4} \theta}{\cos^{2} \theta} + 3 = \frac{\cos^{6} \theta + \sin^{6} \theta + 3 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}$.
નિત્યસમ $a^{3} + b^{3} = (a + b)(a^{2} - ab + b^{2})$ નો ઉપયોગ કરીને,ધારો કે $a = \cos^{2} \theta$ અને $b = \sin^{2} \theta$:
$\cos^{6} \theta + \sin^{6} \theta = (\cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta)(\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta) = 1 \cdot (\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta)$.
આ કિંમત મૂકતા: $x^{2} + y^{2} + 3 = \frac{(\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta) + 3 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{\cos^{4} \theta + 2 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta + \sin^{4} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{(\cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta)^{2}}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{1}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}$.
તેથી,$x^{2} y^{2} (x^{2} + y^{2} + 3) = (\cos^{2} \theta \sin^{2} \theta) \cdot \left( \frac{1}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} \right) = 1$.

(B) ધારો કે $E = 2(\sin^6 \theta + \cos^6 \theta) - 3(\sin^4 \theta + \cos^4 \theta) + 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
પ્રથમ,$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
ત્યારબાદ,$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta$ ને આ રીતે લખી શકાય:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = (\sin^2 \theta)^3 + (\cos^2 \theta)^3 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)(\sin^4 \theta + \cos^4 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta)$.
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = 1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta$ મૂકતા,આપણને મળે:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = 1 \cdot (1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta) = 1 - 3\sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
હવે,આ કિંમતોને પદાવલિ $E$ માં મૂકતા:
$E = 2(1 - 3\sin^2 \theta \cos^2 \theta) - 3(1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta) + 1$.
$E = 2 - 6\sin^2 \theta \cos^2 \theta - 3 + 6\sin^2 \theta \cos^2 \theta + 1$.
$E = 2 - 3 + 1 = 0$.
આમ,પદાવલિનું મૂલ્ય $0$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot 3A$ માટેનું ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ નીચે મુજબ છે:
$\cot 3A = \frac{\cot^3 A - 3 \cot A}{3 \cot^2 A - 1}$
અંશ અને છેદને $-1$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$\cot 3A = \frac{3 \cot A - \cot^3 A}{1 - 3 \cot^2 A}$
આપેલ છે કે $\cot 3A = x$,તેથી $x$ ની કિંમત $\frac{3 \cot A - \cot^3 A}{1 - 3 \cot^2 A}$ થાય.

(D) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\sin A - 2 \sin^3 A}{2 \cos^3 A - \cos A}$
અંશમાંથી $\sin A$ અને છેદમાંથી $\cos A$ સામાન્ય લેતા:
$= \frac{\sin A (1 - 2 \sin^2 A)}{\cos A (2 \cos^2 A - 1)}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 A = 1 - \cos^2 A$:
$= \tan A \cdot \frac{1 - 2(1 - \cos^2 A)}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A \cdot \frac{1 - 2 + 2 \cos^2 A}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A \cdot \frac{2 \cos^2 A - 1}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A$