Trigonometry Questions in Hindi

(D) माना व्यंजक $E = \sqrt{\frac{1+\cos \theta}{1-\cos \theta}} + \sqrt{\frac{1-\cos \theta}{1+\cos \theta}}$ है।
समान हर लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$E = \frac{\sqrt{1+\cos \theta} \cdot \sqrt{1+\cos \theta} + \sqrt{1-\cos \theta} \cdot \sqrt{1-\cos \theta}}{\sqrt{1-\cos \theta} \cdot \sqrt{1+\cos \theta}}$
$E = \frac{(1+\cos \theta) + (1-\cos \theta)}{\sqrt{(1-\cos \theta)(1+\cos \theta)}}$
$E = \frac{2}{\sqrt{1-\cos^2 \theta}}$
चूँकि $1-\cos^2 \theta = \sin^2 \theta$,इसलिए $\sqrt{\sin^2 \theta} = |\sin \theta|$ होता है।
अतः,$E = \frac{2}{|\sin \theta|}$।

(A) दिया गया है कि $\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta = p$ (समीकरण $1$)।
हम जानते हैं कि त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\operatorname{cosec}^2 \theta - \cot^2 \theta = 1$ होती है।
इसे $(\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta)(\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = 1$ के रूप में लिखा जा सकता है।
समीकरण $1$ से $p$ का मान रखने पर,हमें $p(\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta = \frac{1}{p}$ (समीकरण $2$)।
समीकरण $1$ और समीकरण $2$ को जोड़ने पर:
$(\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta) + (\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta) = p + \frac{1}{p}$.
$2 \operatorname{cosec} \theta = p + \frac{1}{p}$.
$\operatorname{cosec} \theta = \frac{1}{2} \left( p + \frac{1}{p} \right)$.

(B) दिया गया व्यंजक $E = \tan 1^{\circ} \tan 2^{\circ} \ldots \tan 44^{\circ} \tan 45^{\circ} \tan 46^{\circ} \ldots \tan 88^{\circ} \tan 89^{\circ}$ है।
हम जानते हैं कि $\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$ होता है।
इसलिए,$\tan 89^{\circ} = \tan(90^{\circ} - 1^{\circ}) = \cot 1^{\circ}$,$\tan 88^{\circ} = \cot 2^{\circ}$,इत्यादि।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $E = (\tan 1^{\circ} \cot 1^{\circ}) (\tan 2^{\circ} \cot 2^{\circ}) \ldots (\tan 44^{\circ} \cot 44^{\circ}) \tan 45^{\circ}$।
चूंकि $\tan \theta \cdot \cot \theta = 1$ और $\tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए व्यंजक का मान $1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1 = 1$ हो जाता है।

(C) हम जानते हैं कि किसी भी वास्तविक कोण $\theta$ के लिए,$\operatorname{cosec}^{2} \theta \geq 1$ होता है।
दिया गया है कि $\operatorname{cosec}^{2} \theta = \frac{4xy}{(x+y)^{2}}$,इसलिए $\frac{4xy}{(x+y)^{2}} \geq 1$ है।
इसका अर्थ है कि $4xy \geq (x+y)^{2}$ (यह मानते हुए कि $(x+y)^2 > 0$ है)।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $4xy - (x^{2} + 2xy + y^{2}) \geq 0$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर $-(x^{2} - 2xy + y^{2}) \geq 0$ प्राप्त होता है,जो $-(x-y)^{2} \geq 0$ है।
$-1$ से गुणा करने पर,हमें $(x-y)^{2} \leq 0$ प्राप्त होता है।
चूँकि किसी भी वास्तविक संख्या का वर्ग ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए एकमात्र संभावना यह है कि $(x-y)^{2} = 0$ हो।
अतः,$x - y = 0$,जिसका अर्थ है कि $x = y$।

(C) प्रत्येक त्रिकोणमितीय पद का मान रिडक्शन सूत्रों का उपयोग करके निकालते हैं:
$\sin 300^{\circ} = \sin(360^{\circ} - 60^{\circ}) = -\sin 60^{\circ} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\tan 240^{\circ} = \tan(180^{\circ} + 60^{\circ}) = \tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$
$\sec(-420^{\circ}) = \sec(420^{\circ}) = \sec(360^{\circ} + 60^{\circ}) = \sec 60^{\circ} = 2$
$\cot(-315^{\circ}) = -\cot(315^{\circ}) = -\cot(360^{\circ} - 45^{\circ}) = -(-\cot 45^{\circ}) = 1$
$\cos 210^{\circ} = \cos(180^{\circ} + 30^{\circ}) = -\cos 30^{\circ} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\operatorname{cosec}(-315^{\circ}) = -\operatorname{cosec}(315^{\circ}) = -\operatorname{cosec}(360^{\circ} - 45^{\circ}) = -(-\operatorname{cosec} 45^{\circ}) = \sqrt{2}$
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$= \frac{(-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (\sqrt{3}) \cdot (2)}{(1) \cdot (-\frac{\sqrt{3}}{2}) \cdot (\sqrt{2})} = \frac{-\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}}{-\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{2}} = \frac{-3}{-\frac{\sqrt{6}}{2}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}$

(C) चाप की लंबाई $l$ का सूत्र $l = r\theta$ है,जहाँ $r$ त्रिज्या है और $\theta$ रेडियन में कोण है।
दिया गया है: त्रिज्या $r = 6 \text{ cm}$ और कोण $\theta = 18^{\circ}$।
सबसे पहले,कोण को डिग्री से रेडियन में बदलें: $\theta = 18^{\circ} \times \frac{\pi}{180^{\circ}} = \frac{\pi}{10} \text{ रेडियन}$।
अब,मानों को सूत्र में रखने पर: $l = 6 \times \frac{\pi}{10} = \frac{6\pi}{10} = \frac{3\pi}{5} \text{ cm}$।
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(C) दिया गया समीकरण $x+\frac{1}{x}=2 \cos \theta$ है।
$x$ से गुणा करने पर,हमें $x^2 - 2x \cos \theta + 1 = 0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $x$ एक वास्तविक संख्या है,इसलिए इस द्विघात समीकरण का विविक्तकर (discriminant) $D$,$0$ से बड़ा या उसके बराबर होना चाहिए।
$D = b^2 - 4ac = (-2 \cos \theta)^2 - 4(1)(1) = 4 \cos^2 \theta - 4$।
$D \geq 0$ रखने पर,हमें $4 \cos^2 \theta - 4 \geq 0$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $\cos^2 \theta \geq 1$।
चूंकि $\cos \theta$ का परिसर $[-1, 1]$ है,इसलिए $\cos^2 \theta \geq 1$ को संतुष्ट करने वाले एकमात्र संभव मान $\cos \theta = 1$ या $\cos \theta = -1$ हैं।
अतः,$\cos \theta = \pm 1$।

(C) हम जानते हैं कि $1^{c} = \left(\frac{180}{\pi}\right)^{\circ} \approx 57.3^{\circ}$ होता है।
इसलिए,$\sin 1 = \sin(57.3^{\circ})$ होगा।
चूंकि साइन फलन $[0, 90^{\circ}]$ अंतराल में एक वर्धमान फलन है,और $1^{\circ} < 57.3^{\circ}$ है,इसलिए $\sin 1^{\circ} < \sin 57.3^{\circ}$ होगा।
अतः,$\sin 1^{\circ} < \sin 1$ सही है।

(D) $1$ का मान $1$ रेडियन है।
हम जानते हैं कि $1 \text{ रेडियन} = \frac{180^{\circ}}{\pi} \approx 57.3^{\circ}$ होता है।
चूंकि $0^{\circ} < 57.3^{\circ} < 90^{\circ}$,इसलिए $\tan 1$ धनात्मक है (प्रथम चतुर्थांश में)।
अब,$2 \text{ रेडियन} = 2 \times \frac{180^{\circ}}{\pi} \approx 114.6^{\circ}$ होता है।
चूंकि $90^{\circ} < 114.6^{\circ} < 180^{\circ}$,इसलिए $\tan 2$ ऋणात्मक है (द्वितीय चतुर्थांश में)।
चूंकि कोई भी धनात्मक मान ऋणात्मक मान से बड़ा होता है,इसलिए $\tan 1 > \tan 2$ सत्य है।

(D) हम व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं: $\cos ^{2} \theta+\sec ^{2} \theta = (\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2 \cos \theta \sec \theta$.
चूंकि $\cos \theta \sec \theta = 1$ है,इसलिए व्यंजक $(\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2$ हो जाता है।
चूंकि किसी भी वास्तविक संख्या का वर्ग हमेशा गैर-ऋणात्मक होता है,इसलिए $(\cos \theta - \sec \theta)^{2} \ge 0$ होता है।
अतः,$(\cos \theta - \sec \theta)^{2} + 2 \ge 2$.
इस प्रकार,$\cos ^{2} \theta+\sec ^{2} \theta$ का मान हमेशा $2$ से अधिक या उसके बराबर होता है।

(A) दिया गया है $\sin \alpha = \frac{2pq}{p^2 + q^2}$.
हम जानते हैं कि $\cos^2 \alpha = 1 - \sin^2 \alpha = 1 - \frac{4p^2q^2}{(p^2 + q^2)^2} = \frac{(p^2 + q^2)^2 - 4p^2q^2}{(p^2 + q^2)^2} = \frac{(p^2 - q^2)^2}{(p^2 + q^2)^2}$.
अतः,$\cos \alpha = \frac{p^2 - q^2}{p^2 + q^2}$.
तब,$\sec \alpha = \frac{1}{\cos \alpha} = \frac{p^2 + q^2}{p^2 - q^2}$ और $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{2pq}{p^2 - q^2}$.
अब,$\sec \alpha - \tan \alpha = \frac{p^2 + q^2}{p^2 - q^2} - \frac{2pq}{p^2 - q^2} = \frac{p^2 + q^2 - 2pq}{p^2 - q^2} = \frac{(p-q)^2}{(p-q)(p+q)} = \frac{p-q}{p+q}$.

(B) दिया है $13 \sin A = 12 \Rightarrow \sin A = \frac{12}{13}$. चूँकि $\frac{\pi}{2} < A < \pi$,$A$ दूसरे चतुर्थांश में है जहाँ $\tan A$ ऋणात्मक होता है।
$\cos^2 A = 1 - \sin^2 A = 1 - (\frac{12}{13})^2 = \frac{25}{169}$ से,$\cos A = -\frac{5}{13}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\tan A = \frac{\sin A}{\cos A} = \frac{12/13}{-5/13} = -\frac{12}{5}$।
दिया है $5 \sec B = 13 \Rightarrow \sec B = \frac{13}{5}$. चूँकि $\frac{3\pi}{2} < B < 2\pi$,$B$ चौथे चतुर्थांश में है जहाँ $\tan B$ ऋणात्मक होता है।
$\tan^2 B = \sec^2 B - 1 = (\frac{13}{5})^2 - 1 = \frac{144}{25}$ प्राप्त होता है।
अब,मान रखने पर: $5 \tan A + 3 \tan^2 B = 5(-\frac{12}{5}) + 3(\frac{144}{25}) = -12 + \frac{432}{25} = \frac{132}{25}$।
नोट: यदि हम मूल समाधान के अनुसार $\tan B = -4/3$ लें,तो $5(-12/5) + 3(-4/3)^2 = -12 + 16/3 = -20/3$ प्राप्त होता है।

(A) हम जानते हैं कि $\sin 105^{\circ} = \sin(60^{\circ} + 45^{\circ}) = \sin 60^{\circ} \cos 45^{\circ} + \cos 60^{\circ} \sin 45^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}}$.
साथ ही,$\cos 105^{\circ} = \cos(60^{\circ} + 45^{\circ}) = \cos 60^{\circ} \cos 45^{\circ} - \sin 60^{\circ} \sin 45^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}}$.
इन दोनों मानों को जोड़ने पर:
$\sin 105^{\circ} + \cos 105^{\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2\sqrt{2}} + \frac{1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3} + 1 + 1 - \sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{2}{2\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(B) हम दो कोणों के योग के टेंजेंट का सूत्र उपयोग करते हैं: $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
दिए गए मान $\tan A = \frac{1}{2}$ और $\tan B = \frac{1}{3}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan(A + B) = \frac{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{2})(\frac{1}{3})}$
$= \frac{\frac{3+2}{6}}{1 - \frac{1}{6}}$
$= \frac{\frac{5}{6}}{\frac{5}{6}} = 1$.
चूंकि $\tan(A + B) = 1$,इसलिए $A + B = \tan^{-1}(1)$.
अतः,$A + B = \frac{\pi}{4}$.

(A) दिया गया है $\tan(A-B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B} = \frac{7}{24}$.
$\tan A = \frac{4}{3}$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $\frac{\frac{4}{3} - \tan B}{1 + \frac{4}{3} \tan B} = \frac{7}{24}$.
वज्र-गुणन करने पर: $24(\frac{4}{3} - \tan B) = 7(1 + \frac{4}{3} \tan B)$.
$32 - 24 \tan B = 7 + \frac{28}{3} \tan B$.
$25 = (24 + \frac{28}{3}) \tan B = \frac{72 + 28}{3} \tan B = \frac{100}{3} \tan B$.
$\tan B = 25 \times \frac{3}{100} = \frac{3}{4}$.
अब,हमें $A+B$ ज्ञात करना है। चूँकि $\tan A = \frac{4}{3}$ और $\tan B = \frac{3}{4}$ है,इसलिए $\cot A = \frac{3}{4}$ और $\cot B = \frac{4}{3}$ होगा।
$\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B} = \frac{\frac{4}{3} + \frac{3}{4}}{1 - (\frac{4}{3})(\frac{3}{4})} = \frac{\frac{16+9}{12}}{1-1} = \frac{25/12}{0}$,जो अपरिभाषित है।
इसका अर्थ है कि $A+B = \frac{\pi}{2}$।

(D) दिया गया व्यंजक त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan(A + B) = \frac{(\tan A + \tan B)}{(1 - \tan A \tan B)}$ के रूप में है।
यहाँ,$A = 69^{\circ}$ और $B = 66^{\circ}$ है।
अतः,व्यंजक $\tan(69^{\circ} + 66^{\circ})$ हो जाता है।
$\tan(69^{\circ} + 66^{\circ}) = \tan(135^{\circ})$.
हम $\tan(135^{\circ})$ को $\tan(180^{\circ} - 45^{\circ})$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\tan(180^{\circ} - \theta) = -\tan \theta$ का उपयोग करने पर,हमें $-\tan 45^{\circ}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$ होता है,इसलिए अंतिम मान $-1$ है।

(A) हम त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin^{2} A - \sin^{2} B = \sin(A+B) \sin(A-B)$ का उपयोग करेंगे।
यहाँ,$A = 75^{\circ}$ और $B = 15^{\circ}$ है।
इन मानों को सर्वसमिका में रखने पर:
$= \sin(75^{\circ} + 15^{\circ}) \sin(75^{\circ} - 15^{\circ})$
$= \sin(90^{\circ}) \sin(60^{\circ})$
चूँकि $\sin(90^{\circ}) = 1$ और $\sin(60^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$ है,
$= 1 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(C) दिया गया है $\sin \alpha = \frac{8}{17}$। चूंकि $0 < \alpha < 90^{\circ}$,इसलिए $\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - (\frac{8}{17})^2} = \sqrt{1 - \frac{64}{289}} = \sqrt{\frac{225}{289}} = \frac{15}{17}$।
दिया गया है $\tan \beta = \frac{5}{12}$। चूंकि $0 < \beta < 90^{\circ}$,हम एक समकोण त्रिभुज बना सकते हैं जिसमें सम्मुख भुजा $5$ और आसन्न भुजा $12$ है। कर्ण की लंबाई $\sqrt{5^2 + 12^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ होगी।
अतः,$\sin \beta = \frac{5}{13}$ और $\cos \beta = \frac{12}{13}$।
सूत्र $\cos (\alpha - \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta$ का उपयोग करने पर:
$\cos (\alpha - \beta) = (\frac{15}{17})(\frac{12}{13}) + (\frac{8}{17})(\frac{5}{13})$
$= \frac{180}{221} + \frac{40}{221} = \frac{220}{221}$।

(C) दिया गया व्यंजक: $E = \sin^{2} \theta + \sin^{2}(\theta + 60^{\circ}) + \sin^{2}(\theta - 60^{\circ})$
सर्वसमिका $\sin^{2} A = \frac{1 - \cos 2A}{2}$ का उपयोग करने पर:
$E = \frac{1 - \cos 2\theta}{2} + \frac{1 - \cos(2\theta + 120^{\circ})}{2} + \frac{1 - \cos(2\theta - 120^{\circ})}{2}$
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + \cos(2\theta + 120^{\circ}) + \cos(2\theta - 120^{\circ}))]$
$\cos(A+B) + \cos(A-B) = 2 \cos A \cos B$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + 2 \cos 2\theta \cos 120^{\circ})]$
चूंकि $\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$:
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta + 2 \cos 2\theta (-1/2))]$
$E = \frac{1}{2} [3 - (\cos 2\theta - \cos 2\theta)] = \frac{3}{2}$

(C) हम दो कोणों के योग के लिए टेंजेंट के सूत्र का उपयोग करते हैं: $\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\frac{m}{m+1} + \frac{1}{2m+1}}{1 - \left(\frac{m}{m+1}\right) \left(\frac{1}{2m+1}\right)}$
अंश का सरलीकरण करने पर: $\frac{m(2m+1) + 1(m+1)}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + m + m + 1}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 2m + 1}{(m+1)(2m+1)}$.
हर का सरलीकरण करने पर: $1 - \frac{m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{(m+1)(2m+1) - m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 3m + 1 - m}{(m+1)(2m+1)} = \frac{2m^2 + 2m + 1}{(m+1)(2m+1)}$.
अंश को हर से विभाजित करने पर:
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{2m^2 + 2m + 1}{2m^2 + 2m + 1} = 1$.
चूंकि $\tan(\alpha + \beta) = 1$,इसलिए $\alpha + \beta = \frac{\pi}{4}$ प्राप्त होता है।

(B) दिया गया व्यंजक $= \frac{\cos 10^{\circ} - \sqrt{3} \sin 10^{\circ}}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$= \frac{2 \left( \frac{1}{2} \cos 10^{\circ} - \frac{\sqrt{3}}{2} \sin 10^{\circ} \right)}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$ और $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{2 (\sin 30^{\circ} \cos 10^{\circ} - \cos 30^{\circ} \sin 10^{\circ})}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
सूत्र $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{2 \sin(30^{\circ} - 10^{\circ})}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}} = \frac{2 \sin 20^{\circ}}{\sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}}$
सर्वसमिका $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने के लिए अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$= \frac{4 \sin 20^{\circ}}{2 \sin 10^{\circ} \cos 10^{\circ}} = \frac{4 \sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ}} = 4$

(C) दिया गया व्यंजक $= \sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 4A)}}$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ का उपयोग करने पर,हमें $1+\cos 4A = 2\cos^2 2A$ प्राप्त होता है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\sqrt{2+\sqrt{2(2\cos^2 2A)}} = \sqrt{2+\sqrt{4\cos^2 2A}}$ प्राप्त होता है।
यह सरल होकर $\sqrt{2+2\cos 2A}$ हो जाता है।
पुनः,$1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ सर्वसमिका का उपयोग करने पर,$2+2\cos 2A = 2(1+\cos 2A) = 2(2\cos^2 A) = 4\cos^2 A$ होता है।
अतः,व्यंजक का मान $\sqrt{4\cos^2 A} = 2\cos A$ है।

(A) दिया गया है कि $\tan A = \frac{1 - \cos B}{\sin B}$।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $1 - \cos B = 2 \sin^2 \left( \frac{B}{2} \right)$ और $\sin B = 2 \sin \left( \frac{B}{2} \right) \cos \left( \frac{B}{2} \right)$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan A = \frac{2 \sin^2 \left( \frac{B}{2} \right)}{2 \sin \left( \frac{B}{2} \right) \cos \left( \frac{B}{2} \right)}$
$\tan A = \tan \left( \frac{B}{2} \right)$।
इसका अर्थ है कि $A = \frac{B}{2}$,जिसका तात्पर्य है कि $2A = B$।
अतः,$\tan 2A = \tan B$।

(B) हम जानते हैं कि $\cos 2\theta = \sin \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)$ और $\sin 2\theta = \cos \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)$।
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\cos 2\theta}{1 - \sin 2\theta} = \frac{\sin \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)}{1 - \cos \left(\frac{\pi}{2} - 2\theta\right)}$
द्वि-कोण सर्वसमिकाओं $\sin 2A = 2 \sin A \cos A$ और $1 - \cos 2A = 2 \sin^2 A$ का उपयोग करने पर,जहाँ $A = \frac{\pi}{4} - \theta$:
$= \frac{2 \sin \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right) \cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}{2 \sin^2 \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}$
$= \frac{\cos \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)}$
$= \cot \left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)$।

(A) दी गई अभिव्यक्ति $\frac{\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}}{1-\cot 70^{\circ} \cot 50^{\circ}}$ है।
सर्वसमिका $\cot(90^{\circ}-\theta) = \tan \theta$ का उपयोग करके,हम हर (denominator) को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\cot 70^{\circ} = \cot(90^{\circ}-20^{\circ}) = \tan 20^{\circ}$
$\cot 50^{\circ} = \cot(90^{\circ}-40^{\circ}) = \tan 40^{\circ}$
इन मानों को अभिव्यक्ति में प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{\tan 40^{\circ}+\tan 20^{\circ}}{1-\tan 20^{\circ} \tan 40^{\circ}}$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1-\tan A \tan B}$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $A = 40^{\circ}$ और $B = 20^{\circ}$ है:
$= \tan(40^{\circ}+20^{\circ}) = \tan 60^{\circ}$
चूँकि $\tan 60^{\circ} = \sqrt{3}$,इसलिए अंतिम मान $\sqrt{3}$ है।

(B) दिया गया व्यंजक $\sqrt{3} \operatorname{cosec} 20^{\circ} - \sec 20^{\circ}$ है।
$= \frac{\sqrt{3}}{\sin 20^{\circ}} - \frac{1}{\cos 20^{\circ}} = \frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ} - \sin 20^{\circ}}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$= \frac{2 [(\frac{\sqrt{3}}{2}) \cos 20^{\circ} - (\frac{1}{2}) \sin 20^{\circ}]}{\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
सर्वसमिका $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,$\sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ} = \frac{1}{2} \sin 40^{\circ}$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$\frac{\sqrt{3}}{2} = \sin 60^{\circ}$ और $\frac{1}{2} = \cos 60^{\circ}$ है।
$= \frac{2 [\sin 60^{\circ} \cos 20^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 20^{\circ}]}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}}$
सूत्र $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{2 \sin(60^{\circ} - 20^{\circ})}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\frac{1}{2} \sin 40^{\circ}} = 4$.

(C) दिया गया व्यंजक $E = \tan 81^{\circ} + \tan 9^{\circ} - (\tan 63^{\circ} + \tan 27^{\circ})$ है।
$\tan 81^{\circ} = \cot 9^{\circ}$ और $\tan 63^{\circ} = \cot 27^{\circ}$ का उपयोग करने पर:
$E = (\cot 9^{\circ} + \tan 9^{\circ}) - (\cot 27^{\circ} + \tan 27^{\circ})$.
चूंकि $\cot \theta + \tan \theta = \frac{2}{\sin 2\theta}$,इसलिए:
$E = \frac{2}{\sin 18^{\circ}} - \frac{2}{\sin 54^{\circ}}$.
$\sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ और $\sin 54^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ मान रखने पर:
$E = \frac{8}{\sqrt{5}-1} - \frac{8}{\sqrt{5}+1} = \frac{8(\sqrt{5}+1) - 8(\sqrt{5}-1)}{5-1} = \frac{16}{4} = 4$.

(A) हम जानते हैं कि $5x = 3x + 2x$ होता है।
दोनों पक्षों में टेंजेंट लेने पर,हमें $\tan(5x) = \tan(3x + 2x)$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ का उपयोग करने पर:
$\tan 5x = \frac{\tan 3x + \tan 2x}{1 - \tan 3x \tan 2x}$.
तिर्यक गुणा करने पर:
$\tan 5x(1 - \tan 3x \tan 2x) = \tan 3x + \tan 2x$.
$\tan 5x - \tan 5x \tan 3x \tan 2x = \tan 3x + \tan 2x$.
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\tan 5x - \tan 3x - \tan 2x = \tan 5x \tan 3x \tan 2x$.

(B) हम त्रिकोणमितीय सर्वसमिका का उपयोग करते हैं: $\tan (A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\tan (A+B) = \frac{\frac{n}{n+1} + \frac{1}{2n+1}}{1 - (\frac{n}{n+1} \times \frac{1}{2n+1})}$.
अंश को सरल करने पर: $\frac{n(2n+1) + 1(n+1)}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + n + n + 1}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)}$.
हर को सरल करने पर: $1 - \frac{n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{(n+1)(2n+1) - n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 3n + 1 - n}{(n+1)(2n+1)} = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)}$.
अंश को हर से विभाजित करने पर: $\tan (A+B) = \frac{2n^2 + 2n + 1}{(n+1)(2n+1)} \times \frac{(n+1)(2n+1)}{2n^2 + 2n + 1} = 1$.

(B) दिया गया है कि $A$ और $B$ धनात्मक और न्यून कोण हैं $(0 < A, B < 90^{\circ})$।
चूंकि $\sin A = \frac{1}{\sqrt{10}}$,इसलिए $\cos A = \sqrt{1 - \sin^2 A} = \sqrt{1 - \frac{1}{10}} = \sqrt{\frac{9}{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}}$।
चूंकि $\sin B = \frac{1}{\sqrt{5}}$,इसलिए $\cos B = \sqrt{1 - \sin^2 B} = \sqrt{1 - \frac{1}{5}} = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$।
सूत्र $\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$\sin(A + B) = \left(\frac{1}{\sqrt{10}}\right) \left(\frac{2}{\sqrt{5}}\right) + \left(\frac{3}{\sqrt{10}}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$
$= \frac{2}{\sqrt{50}} + \frac{3}{\sqrt{50}} = \frac{5}{\sqrt{50}} = \frac{5}{5\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$।
चूंकि $\sin(A + B) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ और $A, B$ न्यून कोण हैं,इसलिए $A + B = \frac{\pi}{4}$।

(B) हम सर्वसमिकाओं का उपयोग करते हैं: $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$,$1 + \cos \theta = 2 \cos^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$,और $\sin \theta = 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)$.
इन मानों को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$= \frac{2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right) + 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)}{2 \cos^2 \left(\frac{\theta}{2}\right) + 2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)}$
$= \frac{2 \sin \left(\frac{\theta}{2}\right) [\sin \left(\frac{\theta}{2}\right) + \cos \left(\frac{\theta}{2}\right)]}{2 \cos \left(\frac{\theta}{2}\right) [\cos \left(\frac{\theta}{2}\right) + \sin \left(\frac{\theta}{2}\right)]}$
$= \frac{\sin \left(\frac{\theta}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\theta}{2}\right)} = \tan \left(\frac{\theta}{2}\right)$.

(A) हम अर्ध-कोण सूत्र का उपयोग करते हैं: $\tan A = \frac{1 - \cos 2A}{\sin 2A}$.
$A = 7 \frac{1}{2}^{\circ}$ रखने पर,हमें $2A = 15^{\circ}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\tan 7 \frac{1}{2}^{\circ} = \frac{1 - \cos 15^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}$.
हम जानते हैं कि $\cos 15^{\circ} = \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}$ और $\sin 15^{\circ} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}$.
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan 7 \frac{1}{2}^{\circ} = \frac{1 - \frac{\sqrt{3} + 1}{2 \sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}} = \frac{\frac{2 \sqrt{2} - (\sqrt{3} + 1)}{2 \sqrt{2}}}{\frac{\sqrt{3} - 1}{2 \sqrt{2}}} = \frac{2 \sqrt{2} - (1 + \sqrt{3})}{\sqrt{3} - 1}$.

(A) दिया गया व्यंजक: $\frac{\cos 3A + \sin 3A}{\cos A - \sin A} = 1 - K \sin 2A$
सर्वसमिकाओं $\cos 3A = 4 \cos^3 A - 3 \cos A$ और $\sin 3A = 3 \sin A - 4 \sin^3 A$ का उपयोग करने पर:
अंश $= (4 \cos^3 A - 3 \cos A) + (3 \sin A - 4 \sin^3 A)$
$= 4(\cos^3 A - \sin^3 A) - 3(\cos A - \sin A)$
$= 4(\cos A - \sin A)(\cos^2 A + \sin^2 A + \sin A \cos A) - 3(\cos A - \sin A)$
$= 4(\cos A - \sin A)(1 + \sin A \cos A) - 3(\cos A - \sin A)$
$(\cos A - \sin A)$ से भाग देने पर:
$= 4(1 + \sin A \cos A) - 3$
$= 4 + 4 \sin A \cos A - 3$
$= 1 + 2(2 \sin A \cos A)$
$= 1 + 2 \sin 2A$
इसकी तुलना $1 - K \sin 2A$ से करने पर,हमें $-K = 2$ प्राप्त होता है,अतः $K = -2$।

(A) हम जानते हैं कि टेंजेंट के अंतर के लिए त्रिकोणमितीय सर्वसमिका: $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ है।
मान लीजिए $A = 57^{\circ}$ और $B = 12^{\circ}$ है।
अतः,$\tan(57^{\circ} - 12^{\circ}) = \frac{\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}}{1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ}}$.
चूंकि $57^{\circ} - 12^{\circ} = 45^{\circ}$ है,इसलिए $\tan 45^{\circ} = 1$ होता है।
अतः,$1 = \frac{\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}}{1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ}}$.
दोनों पक्षों को $(1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ})$ से गुणा करने पर:
$1 + \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ} = \tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ}$.
दिए गए व्यंजक के अनुसार पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\tan 57^{\circ} - \tan 12^{\circ} - \tan 57^{\circ} \tan 12^{\circ} = 1$.

(A) दिया गया व्यंजक: $E = \sqrt{4 \sin^{4} \theta + \sin^{2} 2\theta} + 4 \cos^{2} \left(\frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2}\right)$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ का उपयोग करने पर,$\sin^{2} 2\theta = 4 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta$ प्राप्त होता है।
अतः,$\sqrt{4 \sin^{4} \theta + 4 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \sqrt{4 \sin^{2} \theta (\sin^{2} \theta + \cos^{2} \theta)} = \sqrt{4 \sin^{2} \theta} = 2 |\sin \theta|$.
$2 \cos^{2} A = 1 + \cos 2A$ सूत्र का उपयोग करने पर,दूसरा पद $2 [1 + \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)] = 2(1 + \sin \theta)$ हो जाता है।
इस प्रकार,$E = 2 |\sin \theta| + 2 + 2 \sin \theta$.
चूंकि $180^{\circ} < \theta < 270^{\circ}$ है,इसलिए $\sin \theta$ ऋणात्मक है,अतः $|\sin \theta| = -\sin \theta$.
अतः,$E = 2(-\sin \theta) + 2 + 2 \sin \theta = 2$.

(D) हम टेंजेंट के योग सूत्र का उपयोग करते हैं: $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$.
मान लीजिए $A = 100^{\circ}$ और $B = 125^{\circ}$.
अतः $A + B = 225^{\circ}$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\tan(225^{\circ}) = \frac{\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}}{1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ}}$.
चूँकि $\tan(225^{\circ}) = \tan(180^{\circ} + 45^{\circ}) = \tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए:
$1 = \frac{\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}}{1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ}}$.
दोनों पक्षों को $(1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ})$ से गुणा करने पर:
$1 - \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ} = \tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\tan 100^{\circ} + \tan 125^{\circ} + \tan 100^{\circ} \tan 125^{\circ} = 1$.

(D) व्यंजक $\sqrt{\frac{1+\sin \theta}{1-\sin \theta}}$ को सरल बनाने के लिए,हम वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $(1+\sin \theta)$ से गुणा करते हैं।
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)(1+\sin \theta)}{(1-\sin \theta)(1+\sin \theta)}}$
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)^2}{1-\sin^2 \theta}}$
चूंकि $1-\sin^2 \theta = \cos^2 \theta$ होता है,
$= \sqrt{\frac{(1+\sin \theta)^2}{\cos^2 \theta}}$
$= \frac{1+\sin \theta}{\cos \theta}$
$= \frac{1}{\cos \theta} + \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$= \sec \theta + \tan \theta$

(B) अंश और हर को $\cos 15^{\circ}$ से विभाजित करने पर:
$\tan \theta = \frac{1 + \tan 15^{\circ}}{1 - \tan 15^{\circ}}$
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$,हम इसे इस प्रकार लिख सकते हैं:
$\tan \theta = \frac{\tan 45^{\circ} + \tan 15^{\circ}}{1 - \tan 45^{\circ} \tan 15^{\circ}}$
सूत्र $\tan(A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ का उपयोग करने पर:
$\tan \theta = \tan(45^{\circ} + 15^{\circ})$
$\tan \theta = \tan 60^{\circ}$
चूंकि $60^{\circ} = \frac{\pi}{3}$ रेडियन है,इसलिए:
$\theta = \frac{\pi}{3}$

(C) हम अंतर के लिए टेंजेंट का सूत्र जानते हैं: $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$.
मान लीजिए $A = 56^{\circ}$ और $B = 11^{\circ}$ है। तब $A - B = 45^{\circ}$ होगा।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\tan 45^{\circ} = \frac{\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}}{1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ}}$.
चूंकि $\tan 45^{\circ} = 1$,इसलिए:
$1 = \frac{\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}}{1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ}}$.
दोनों पक्षों को $(1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ})$ से गुणा करने पर:
$1 + \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ} = \tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ}$.
पदों को प्रश्न में दिए गए व्यंजक के अनुसार व्यवस्थित करने पर:
$\tan 56^{\circ} - \tan 11^{\circ} - \tan 56^{\circ} \tan 11^{\circ} = 1$.

(C) दिया गया है कि $A+B=45^{\circ}$ है।
दोनों पक्षों में $\cot$ लेने पर,हमें $\cot(A+B)=\cot 45^{\circ}$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\cot(A+B)=\frac{\cot A \cot B-1}{\cot A+\cot B}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\cot A \cot B-1}{\cot A+\cot B}=1$.
$\cot A \cot B-1 = \cot A+\cot B$.
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें $\cot A \cot B - \cot A - \cot B = 1$ प्राप्त होता है।
गुणनखंड करने के लिए दोनों पक्षों में $1$ जोड़ने पर:
$\cot A \cot B - \cot A - \cot B + 1 = 1 + 1$.
$(\cot A-1)(\cot B-1) = 2$.
दिया गया है कि $(\cot A-1)(\cot B-1)=4K$,इसलिए:
$4K = 2$.
$K = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.

(A) त्रिभुज $\Delta XYZ$ में,सभी आंतरिक कोणों का योग $180^{\circ}$ होता है।
दिया गया है कि $\angle Y = 90^{\circ}$ और $\angle X = 60^{\circ}$ है।
इसलिए,$\angle Z = 180^{\circ} - (90^{\circ} + 60^{\circ}) = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$।
अब,हमें $\sec Z + \frac{2}{\sqrt{3}}$ का मान ज्ञात करना है।
चूंकि $\angle Z = 30^{\circ}$ है,इसलिए $\sec Z = \sec 30^{\circ} = \frac{1}{\cos 30^{\circ}} = \frac{1}{\sqrt{3}/2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\sec Z + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{3}} + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$।

(B) $\Delta XYZ$ में,$\angle Y = 90^\circ$ है।
दिया गया है कि $\cos X = \frac{3}{5}$ है।
परिभाषा के अनुसार,$\cos X = \frac{\text{आसन्न भुजा}}{\text{कर्ण}} = \frac{XY}{XZ} = \frac{3}{5}$ है।
अब,$\angle Z$ के लिए,भुजा $XY$ सम्मुख भुजा है और $XZ$ कर्ण है।
इसलिए,$\sin Z = \frac{\text{सम्मुख भुजा}}{\text{कर्ण}} = \frac{XY}{XZ} = \frac{3}{5}$ है।
हम जानते हैं कि $\operatorname{cosec} Z = \frac{1}{\sin Z}$ होता है।
अतः,$\operatorname{cosec} Z = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3}$ है।

(B) दी गई व्यंजक: $\frac{\sin (y-z)+\sin (y+z)+2 \sin y}{\sin (x-z)+\sin (x+z)+2 \sin x}$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\sin A + \sin B = 2 \sin \left( \frac{A+B}{2} \right) \cos \left( \frac{A-B}{2} \right)$ का उपयोग करने पर:
अंश: $\sin (y-z) + \sin (y+z) + 2 \sin y = 2 \sin y \cos z + 2 \sin y = 2 \sin y (\cos z + 1)$
हर: $\sin (x-z) + \sin (x+z) + 2 \sin x = 2 \sin x \cos z + 2 \sin x = 2 \sin x (\cos z + 1)$
अंश को हर से विभाजित करने पर:
$= \frac{2 \sin y (\cos z + 1)}{2 \sin x (\cos z + 1)}$
$= \frac{\sin y}{\sin x}$

(D) दिया गया है: $\sec \theta(\cos \theta+\sin \theta)=\sqrt{2}$
चूंकि $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,इसलिए:
$\frac{1}{\cos \theta}(\cos \theta+\sin \theta)=\sqrt{2}$
$1+\tan \theta=\sqrt{2}$
$\tan \theta=\sqrt{2}-1$ .....$(1)$
अब,हमें $\frac{2 \sin \theta}{\cos \theta-\sin \theta}$ का मान ज्ञात करना है।
अंश और हर को $\cos \theta$ से विभाजित करने पर:
$\frac{2 \tan \theta}{1-\tan \theta}$
समीकरण $(1)$ से $\tan \theta$ का मान रखने पर:
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{1-(\sqrt{2}-1)}$
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{2-\sqrt{2}}$
$= \frac{2(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}$
$= \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$

(D) दिया गया है कि $\cos \theta = \frac{x^{2}-y^{2}}{x^{2}+y^{2}}$.
सर्वसमिका $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ का उपयोग करने पर,$\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta}$.
$\sin \theta = \sqrt{1 - \left(\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}\right)^2} = \sqrt{\frac{(x^2 + y^2)^2 - (x^2 - y^2)^2}{(x^2 + y^2)^2}}$.
सूत्र $(a+b)^2 - (a-b)^2 = 4ab$ का उपयोग करने पर,$\sin \theta = \sqrt{\frac{4x^2y^2}{(x^2 + y^2)^2}} = \frac{2xy}{x^2 + y^2}$.
अब,$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \frac{(x^2 - y^2) / (x^2 + y^2)}{(2xy) / (x^2 + y^2)}$.
$\cot \theta = \frac{x^2 - y^2}{2xy}$.

(D) हम जानते हैं कि दो कोणों के अंतर के लिए टैनजेंट का त्रिकोणमितीय सर्वसमिका है:
$\tan (A - B) = \frac{\sin (A - B)}{\cos (A - B)}$
साइन और कोसाइन के अंतर के लिए विस्तार सूत्रों का उपयोग करते हुए:
$\sin (A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$
$\cos (A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$
इन मानों को $\tan (A - B)$ के व्यंजक में रखने पर:
$\tan (A - B) = \frac{\sin A \cos B - \cos A \sin B}{\cos A \cos B + \sin A \sin B}$
अंश और हर दोनों को $\cos A \cos B$ से विभाजित करने पर:
$\tan (A - B) = \frac{\frac{\sin A \cos B}{\cos A \cos B} - \frac{\cos A \sin B}{\cos A \cos B}}{\frac{\cos A \cos B}{\cos A \cos B} + \frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B}}$
पदों को सरल करने पर:
$\tan (A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$
अतः,$x = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$।

(B) दिया गया है: $x = \operatorname{cosec} \theta - \sin \theta = \frac{1}{\sin \theta} - \sin \theta = \frac{1 - \sin^{2} \theta}{\sin \theta} = \frac{\cos^{2} \theta}{\sin \theta}$.
दिया गया है: $y = \sec \theta - \cos \theta = \frac{1}{\cos \theta} - \cos \theta = \frac{1 - \cos^{2} \theta}{\cos \theta} = \frac{\sin^{2} \theta}{\cos \theta}$.
अब,व्यंजक $x^{2} y^{2} (x^{2} + y^{2} + 3)$ पर विचार करें:
$x^{2} y^{2} = \left( \frac{\cos^{4} \theta}{\sin^{2} \theta} \right) \left( \frac{\sin^{4} \theta}{\cos^{2} \theta} \right) = \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta$.
$x^{2} + y^{2} + 3 = \frac{\cos^{4} \theta}{\sin^{2} \theta} + \frac{\sin^{4} \theta}{\cos^{2} \theta} + 3 = \frac{\cos^{6} \theta + \sin^{6} \theta + 3 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}$.
सर्वसमिका $a^{3} + b^{3} = (a + b)(a^{2} - ab + b^{2})$ का उपयोग करते हुए,मान लें $a = \cos^{2} \theta$ और $b = \sin^{2} \theta$:
$\cos^{6} \theta + \sin^{6} \theta = (\cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta)(\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta) = 1 \cdot (\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta)$.
इसे प्रतिस्थापित करने पर: $x^{2} + y^{2} + 3 = \frac{(\cos^{4} \theta - \cos^{2} \theta \sin^{2} \theta + \sin^{4} \theta) + 3 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{\cos^{4} \theta + 2 \sin^{2} \theta \cos^{2} \theta + \sin^{4} \theta}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{(\cos^{2} \theta + \sin^{2} \theta)^{2}}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} = \frac{1}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta}$.
अतः,$x^{2} y^{2} (x^{2} + y^{2} + 3) = (\cos^{2} \theta \sin^{2} \theta) \cdot \left( \frac{1}{\sin^{2} \theta \cos^{2} \theta} \right) = 1$.

(B) माना $E = 2(\sin^6 \theta + \cos^6 \theta) - 3(\sin^4 \theta + \cos^4 \theta) + 1$.
हम जानते हैं कि $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
सबसे पहले,$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta$ को इस प्रकार व्यक्त करें:
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
इसके बाद,$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta$ को इस प्रकार व्यक्त करें:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = (\sin^2 \theta)^3 + (\cos^2 \theta)^3 = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)(\sin^4 \theta + \cos^4 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta)$.
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = 1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = 1 \cdot (1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta) = 1 - 3\sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
अब,इन मानों को व्यंजक $E$ में रखें:
$E = 2(1 - 3\sin^2 \theta \cos^2 \theta) - 3(1 - 2\sin^2 \theta \cos^2 \theta) + 1$.
$E = 2 - 6\sin^2 \theta \cos^2 \theta - 3 + 6\sin^2 \theta \cos^2 \theta + 1$.
$E = 2 - 3 + 1 = 0$.
अतः,व्यंजक का मान $0$ है।

(D) हम जानते हैं कि $\cot 3A$ के लिए त्रिकोणमितीय सर्वसमिका इस प्रकार है:
$\cot 3A = \frac{\cot^3 A - 3 \cot A}{3 \cot^2 A - 1}$
अंश और हर को $-1$ से गुणा करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\cot 3A = \frac{3 \cot A - \cot^3 A}{1 - 3 \cot^2 A}$
चूँकि यह दिया गया है कि $\cot 3A = x$,इसलिए $x$ का मान $\frac{3 \cot A - \cot^3 A}{1 - 3 \cot^2 A}$ है।

(D) दी गई व्यंजक: $\frac{\sin A - 2 \sin^3 A}{2 \cos^3 A - \cos A}$
अंश से $\sin A$ और हर से $\cos A$ उभयनिष्ठ (common) लेने पर:
$= \frac{\sin A (1 - 2 \sin^2 A)}{\cos A (2 \cos^2 A - 1)}$
हम जानते हैं कि $\sin^2 A = 1 - \cos^2 A$:
$= \tan A \cdot \frac{1 - 2(1 - \cos^2 A)}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A \cdot \frac{1 - 2 + 2 \cos^2 A}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A \cdot \frac{2 \cos^2 A - 1}{2 \cos^2 A - 1}$
$= \tan A$