Clase 10 Soluciones RD Sharma – Capítulo 6 Identidades trigonométricas – Ejercicio 6.1 | conjunto 2

Posted on by Rudeus Greyrat

Demostrar las siguientes identidades trigonométricas:

Pregunta 29. \frac{1+segθ}{segθ}=\frac{sen^2θ}{1-cosθ}  

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+segθ}{segθ}

= \frac{1+\frac{1}{cosθ}}{\frac{1}{cosθ}}

= \frac{cosθ+1}{cosθ}×{\frac{cosθ}{1}}

= 1 + cos θ

= \frac{(1+cosθ)(1-cosθ)}{1-cosθ}

= \frac{1-cos^2θ}{1-cosθ}

= \frac{sin^2θ}{1-cosθ}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 30. \frac{tanθ}{1-cotθ}+\frac{cotθ}{1-tanθ}=1+tanθ+cotθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{tanθ}{1-cotθ}+\frac{cotθ}{1-tanθ}

= \frac{tanθ}{1-\frac{1}{tanθ}}+\frac{\frac{1}{tanθ}}{1-tanθ}  

= \frac{1}{1-tanθ}[\frac{1}{tanθ}-tan^2θ]

= \frac{1}{1-tanθ}[\frac{1-tan^3θ}{tanθ}]

= \frac{1}{1-tanθ}\left[\frac{(1-tanθ)(1+tanθ+tan^2θ)}{tanθ}\right]

= \frac{1+tanθ+tan^2θ}{tanθ}

= \frac{1}{tanθ}+\frac{tanθ}{tanθ}+\frac{tan^2θ}{tanθ}

= 1 + tanθ + cotθ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 31. seg 6 θ = tan 6 θ + 3 tan 2 θ seg 2 θ + 1

Solución: 

Sabemos,

segundo 2 θ – bronceado 2 θ = 1

Al elevar al cubo ambos lados, obtenemos,

=> (seg 2 θ − tan 2 θ) 3 = 1

=> segundo 6 θ − bronceado 6 θ − 3 segundo 2 θ bronceado 2 θ(segundo 2 θ − bronceado 2 θ) = 1

=> seg 6 θ − bronceado 6 θ − 3 seg 2 θ bronceado 2 θ = 1

=> seg 6 θ = tan 6 θ + 3 seg 2 θ tan 2 θ + 1

Por lo tanto probado.

Pregunta 32. cosec 6 θ = cot 6 θ + 3cot 2 θ cosec 2 θ + 1

Solución:

Sabemos,

cosec 2 θ – cuna 2 θ = 1

Al cubo de ambos lados,

=> (coseg 2 θ − cuna 2 θ) 3 = 1

=> cosec 6 θ − cot 6 θ − 3 cosec 2 θ cot 2 θ (cosec 2 θ − cot 2 θ) = 1

=> cosec 6 θ − cuna 6 θ − 3 cosec 2 θ cuna 2 θ = 1

=> cosec 6 θ = cuna 6 θ + 3 cosec 2 θ cuna 2 θ + 1

Por lo tanto probado.

Pregunta 33. \frac{(1+tan^2θ)cotθ}{cosec^2θ}=tanθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{(1+tan^2θ)cotθ}{cosec^2θ}

= \frac{sec^2θcotθ}{cosec^2θ}

= \frac{sin^2θcosθ}{cos^2θsinθ}

= sen θ/cos θ

= bronceado θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 34. \frac{1+cosA}{sin^2A}=\frac{1}{1-cosA}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+cosA}{sin^2A}

= \frac{(1+cosA)(1-cosA)}{(sin^2A)(1-cosA)}

= \frac{1-cos^2A}{(sin^2A)(1-cosA)}

= \frac{sin^2A}{(sin^2A)(1-cosA)}

= \frac{1}{1-cosA}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 35. \frac{secA-tanA}{secA+tanA}=\frac{cos^2A}{(1+sinA)^2}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{secA-tanA}{secA+tanA}

= \frac{(secA-tanA)(secA+tanA)}{(secA+tanA)(secA+tanA)}

= \frac{(sec^2A-tan^2A)}{(secA+tanA)^2}

= \frac{1}{sec^2A+tan^2A+2secAtanA}

= \frac{1}{\frac{1}{cos^2A}+\frac{sin^2A}{cos^2A}+\frac{2sinA}{cos^2A}}

= \frac{cos^2A}{1+sin^2A+2sinA}

= \frac{cos^2A}{(1+sinA)^2}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 36. \frac{1+cosA}{sinA}=\frac{sinA}{1-cosA}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+cosA}{sinA}

= \frac{(1+cosA)(1-cosA)}{sinA(1-cosA)}

= \frac{1-cos^2A}{sinA(1-cosA)}

= \frac{sin^2A}{sinA(1-cosA)}

= \frac{sinA}{1-cosA}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 37. (i) \sqrt{\frac{1+sinA}{1-sinA}}=secA+tanA

Solución:

Tenemos,

IZQ = \sqrt{\frac{1+sinA}{1-sinA}}

= \sqrt{\frac{(1+sinA)(1+sinA)}{(1-sinA)(1+sinA)}}  

= \sqrt{\frac{(1+sinA)^2}{1-sin^2A}}

= \frac{1+sinA}{cosA}

= \frac{1}{cosA}+\frac{sinA}{cosA}

= seg A + tan A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(ii) \sqrt{\frac{1-cosA}{1+cosA}}+\sqrt{\frac{1+cosA}{1-cosA}}=2cosecA

Solución:

Tenemos,

IZQ = \sqrt{\frac{1-cosA}{1+cosA}}+\sqrt{\frac{1+cosA}{1-cosA}}

= \frac{1-cosA+1+cosA}{\sqrt{1-cos^2A}}

= \frac{2}{sinA}

= 2 coseg A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 38. (i) \sqrt{\frac{secθ-1}{secθ+1}}+\sqrt{\frac{secθ+1}{secθ-1}}=2cosecθ

Solución:

Tenemos, 

IZQ = \sqrt{\frac{secθ-1}{secθ+1}}+\sqrt{\frac{secθ+1}{secθ-1}}

= \frac{secθ-1+secθ+1}{\sqrt{sec^2θ-1}}

= \frac{2secθ}{tanθ}

= \frac{2}{cosθ}×\frac{cosθ}{sinθ}

= \frac{2}{sinθ}  

= 2 cosec θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(ii) \sqrt{\frac{1+sinθ}{1-sinθ}}+\sqrt{\frac{1-sinθ}{1+sinθ}}=2secθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \sqrt{\frac{1+sinθ}{1-sinθ}}+\sqrt{\frac{1-sinθ}{1+sinθ}}

= \frac{1+sinθ+1-sinθ}{\sqrt{1-sin^2θ}}

= \frac{2}{cosθ}

= 2 seg θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(iii) \sqrt{\frac{1+cosθ}{1-cosθ}}+\sqrt{\frac{1-cosθ}{1+cosθ}}=2cosecθ  

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+cosθ+1-cosθ}{\sqrt{1-cos^2θ}}

= \frac{2}{sinθ}

= 2 cosec θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(iv) \frac{secθ-1}{secθ+1}=(\frac{sinθ}{1+cosθ})^2

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{secθ-1}{secθ+1}

= \frac{1-cosθ}{1+cosθ}

= \frac{(1-cosθ)(1+cosθ)}{(1+cosθ)(1+cosθ)}

= \frac{1-cos^2θ}{(1+cosθ)^2}

= (\frac{sinθ}{1+cosθ})^2

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 39. (seg A – tan A) 2 = \frac{1-sinA}{1+sinA}

Solución:

Tenemos,

LHS = (seg A – tan A) 2

= (\frac{1}{cosA}-\frac{sinA}{cosA})^2

= \frac{(1-sinA)^2}{cos^2A}

= \frac{(1-sinA)^2}{1-sin^2A}

= \frac{(1-sinA)^2}{(1+sinA)(1-sinA)}

= \frac{1-sinA}{1+sinA}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 40. \frac{1-cosA}{1+cosA}=(cotA-cosecA)^2

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1-cosA}{1+cosA}

= \frac{(1-cosA)(1-cosA)}{(1+cosA)(1-cosA)}  

= \frac{(1-cosA)^2}{1-cos^2A}

= (\frac{1-cosA}{sinA})^2

= (cosec A – cuna A) 2

= (cot A – cosec A) 2

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 41. \frac{1}{secA-1}+\frac{1}{secA+1}=2cosecAcotA

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1}{secA-1}+\frac{1}{secA+1}

= \frac{secA+1+secA-1}{(secA-1)(secA+1)}

= \frac{2secA}{sec^2A-1}

= \frac{2secA}{tan^2A}

= \frac{2cos^2A}{cosAsin^2A}

= \frac{2cosA}{sinAsinA}

= 2 cosec A cuna A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 42. \frac{cosA}{1-tanA}+\frac{sinA}{1-cotA}=sinA+cosA

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cosA}{1-tanA}+\frac{sinA}{1-cotA}  

= \frac{cosA}{1-\frac{sinA}{cosA}}+\frac{sinA}{1-\frac{cosA}{sinA}}

= \frac{cos^2A}{cosA-sinA}+\frac{sin^2A}{sinA-cosA}

= \frac{cos^2A}{cosA-sinA}-\frac{sin^2A}{cosA-sinA}

= \frac{cos^2A-sin^2A}{cosA-sinA}

= \frac{(cosA+sinA)(cosA-sinA)}{cosA-sinA}

= sen A + cos A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 43. \frac{cosecA}{cosecA-1}+\frac{cosecA}{cosecA+1}=2sec^2A  

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cosecA}{cosecA-1}+\frac{cosecA}{cosecA+1}

= \frac{cosecA(cosecA+1+cosecA-1)}{cosec^2A-1}

= \frac{2cosec^2A}{cot^2A}

= \frac{2sin^2A}{sin^2A.cos^2A}

= \frac{2}{cos^2A}

= 2 seg 2 A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 44. \frac{tan^2A}{1+tan^2A}+\frac{cot^2A}{1+cot^2A}=1

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{tan^2A}{1+tan^2A}+\frac{cot^2A}{1+cot^2A}  

= \frac{\frac{sin^2A}{cos^2A}}{\frac{cos^2A+sin^2A}{cos^2A}}+\frac{\frac{cos^2A}{sin^2A}}{\frac{sin^2A+cos^2A}{sin^2A}}

= \frac{sin^2A}{cos^2A+sin^2A}+\frac{cos^2A}{cos^2A+sin^2A}

= \frac{cos^2A+sin^2A}{cos^2A+sin^2A}

= 1

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 45. \frac{cotA-cosA}{cotA+cosA}=\frac{cosecA-1}{cosecA+1}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cotA-cosA}{cotA+cosA}  

= \frac{\frac{cosA}{sinA}-cosA}{\frac{cosA}{sinA}+cosA}

= \frac{\frac{cosA}{sinA}-cosA}{\frac{cosA}{sinA}+cosA}

= \frac{cosAcosecA-cosA}{cosAcosecA+cosA}

= \frac{cosA(cosecA-1)}{cosA(cosecA+1)}

= \frac{cosecA-1}{cosecA+1}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 46. \frac{1+cosθ-sin^2θ}{sinθ(1+cosθ)}=cotθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+cosθ-sin^2θ}{sinθ(1+cosθ)}

= \frac{(1-sin^2θ)+cosθ}{sinθ(1+cosθ)}

= \frac{cos^2θ+cosθ}{sinθ(1+cosθ)}

= \frac{cosθ(1+cosθ)}{sinθ(1+cosθ)}

= \frac{cosθ(1+cosθ)}{sinθ(1+cosθ)}

= cos θ/sen θ

= cuna θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 47. (i) \frac{1+cosθ+sinθ}{1+cosθ-sinθ}=\frac{1+sinθ}{cosθ}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{1+cosθ+sinθ}{1+cosθ-sinθ}

= \frac{\frac{1+cosθ+sinθ}{cosθ}}{\frac{1+cosθ-sinθ}{cosθ}}

= \frac{secθ+1+tanθ}{secθ+1-tanθ}

= \frac{\frac{1}{secθ-tanθ}+1}{secθ-tanθ+1}

= \frac{1+secθ-tanθ}{1+secθ-tanθ}×\frac{1}{secθ-tanθ}

= \frac{1}{secθ-tanθ}

= \frac{secθ+tanθ}{(secθ-tanθ)(secθ+tanθ)}

= sec θ + tan θ

= 1/cos θ + sen θ/cos θ

= \frac{1+sinθ}{cosθ}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(ii) \frac{sinθ-cosθ+1}{sinθ+cosθ-1}=\frac{1}{secθ-tanθ}

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{sinθ-cosθ+1}{sinθ+cosθ-1}

= \frac{\frac{sinθ-cosθ+1}{cosθ}}{\frac{sinθ+cosθ-1}{cosθ}}

= \frac{tanθ-1+secθ}{tanθ+1-secθ}

= \frac{(tanθ+secθ)-1}{tanθ+1-secθ}

= \frac{\frac{1}{secθ-tanθ}-1}{tanθ+1-secθ}

= \frac{\frac{1-secθ+tanθ}{secθ-tanθ}}{tanθ+1-secθ}

= \frac{1-secθ+tanθ}{1-secθ+tanθ}×\frac{1}{secθ-tanθ}

= \frac{1}{secθ-tanθ}

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 48. \frac{cosθ-sinθ+1}{cosθ+sinθ-1}=cosecθ+cotθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cosθ-sinθ+1}{cosθ+sinθ-1}

= \frac{\frac{cosθ-sinθ+1}{sinθ}}{\frac{cosθ+sinθ-1}{sinθ}}

= \frac{cotθ-1+cosecθ}{cotθ+1-cosecθ}

= \frac{(cotθ+cosecθ)-1}{cotθ-cosecθ+1}

= \frac{\frac{1}{cosecθ-cotθ}-1}{cotθ-cosecθ+1}

= \frac{\frac{1-cosecθ+cotθ}{cosecθ-cotθ}}{1-cosecθ+cotθ}

= \frac{1-cosecθ+cotθ}{1-cosecθ+cotθ}×\frac{1}{cosecθ-cotθ}

= \frac{1}{cosecθ-cotθ}

= \frac{cosecθ+cotθ}{(cosecθ-cotθ)(cosecθ+cotθ)}

= cosec θ + cot θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 49. (sen θ + cos θ) (tan θ + cot θ) = sec θ + cosec θ

Solución:

Tenemos,

LHS = (sen θ + cos θ) (tan θ + cot θ)

= sen 2 θ/cos θ + cos θ + sen θ + cos 2 θ/sen θ 

= sen θ (1 + tan θ) + (cos θ/tan θ) (1 + tan θ)

= (1 + tan θ) (sen θ + cos θ/tan θ)

= \frac{sin^2θ+cos^2θ}{sinθ}(tanθ+1)

= \frac{tanθ+1}{sinθ}

= segundo θ + cosegundo θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 50. \frac{tanA}{1+secA}-\frac{tanA}{1-secA}=2cosecA

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{tanA}{1+secA}-\frac{tanA}{1-secA}

= \frac{\frac{sinA}{cosA}}{1+\frac{1}{cosA}}-\frac{\frac{sinA}{cosA}}{1-\frac{1}{cosA}}

= \frac{\frac{sinA}{cosA}}{\frac{cosA+1}{cosA}}-\frac{\frac{sinA}{cosA}}{\frac{cosA-1}{cosA}}

= \frac{sinA}{cosA+1}-\frac{sinA}{cosA-1}

= sinA(\frac{1}{cosA+1}-\frac{1}{cosA-1})

= sinA(\frac{cosA-1-cosA-1}{cos^2A-1})

= sinA(\frac{-2}{-sin^2A})

= 2/sen A

= 2 coseg A

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 51. 1 +  \frac{cot^2θ}{1+cosecθ}  = cosec θ

Solución:

Tenemos,

IZQ = 1 + \frac{cot^2θ}{1+cosecθ}

= 1 + \frac{cosec^2θ-1}{1+cosecθ}

= 1+ \frac{(cosecθ+1)(cosecθ-1)}{1+cosecθ}

= 1 + cosec θ − 1

= cosec θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 52. \frac{cosθ}{cosecθ+1}+\frac{cosθ}{cosecθ-1}=2tanθ

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cosθ}{cosecθ+1}+\frac{cosθ}{cosecθ-1}

= \frac{cosθ}{\frac{1}{sinθ}+1}+\frac{cosθ}{\frac{1}{sinθ}-1}

= \frac{cosθsinθ}{1+sinθ}+\frac{cosθsinθ}{1-sinθ}

= cosθsinθ(\frac{1}{1+sinθ}+\frac{1}{1-sinθ})

= cosθsinθ(\frac{2}{1-sin^2θ})

= cosθsinθ(\frac{2}{cos^2θ})

= 2 sen θ/cos θ

= 2 tan θ

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 53. (1 + tan 2 A) + (1 + 1/tan 2 A) = 1/(sen 2 A − sen 4 A)

Solución:

Tenemos,

LHS = (1 + tan 2 A) + (1 + 1/tan 2 A)

= (1 + sen 2 A/cos 2 A) + (1 + cos 2 A/sen 2 A)

= 1/cos 2 A + 1/sen 2 A

= \frac{cos^2A+sin^2A}{cos^2Asin^2A}

= \frac{1}{sin^2A(1-sin^2A)}

= 1/(sen 2 A − sen 4 A)

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Pregunta 54. sen 2 A cos 2 B − cos 2 A sen 2 B = sen 2 A − sen 2 B  

Solución:

Tenemos,

LHS = sen 2 A cos 2 B − cos 2 A sen 2 B

= sen 2 A (1 − sen 2 B) − sen 2 B (1 − sen 2 A)

= sen 2 A− sen 2 A sen 2 B − sen 2 B + sen 2 A sen 2 B  

= sen 2 A − sen 2 B

= lado derecho 

Por lo tanto Probado. 

Pregunta 55. (i) \frac{cotA+tanB}{cotB+tanA}=cotAtanB  

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{cotA+tanB}{cotB+tanA}

= \frac{\frac{cosA}{sinA}+\frac{sinB}{cosB}}{\frac{cosB}{sinB}+\frac{sinA}{cosA}}

= \frac{cosAcosB+sinAsinB}{sinAcosB}×\frac{cosAsinB}{cosAcosB+sinAsinB}

= \frac{cosAsinB}{sinAcosB}

= cuna A tan B

= lado derecho

Por lo tanto probado.

(ii) \frac{tanA+tanB}{cotA+cotB}=tanAtanB

Solución:

Tenemos,

IZQ = \frac{tanA+tanB}{cotA+cotB}

= \frac{\frac{sinA}{cosA}+\frac{sinB}{cosB}}{\frac{cosA}{sinA}+\frac{cosB}{sinB}}

= \frac{sinAcosB+sinBcosA}{cosAcosB}×\frac{sinAsinB}{sinAcosB+sinBcosA}

= \frac{sinAsinB}{cosAcosB}

= bronceado A bronceado B

= lado derecho

Por lo tanto probado. 

Pregunta 56. cot 2 A cosec 2 B − cot 2 B cosec 2 A = cot 2 A − cot 2 B

Solución:

Tenemos,

LHS = cuna 2 A cosec 2 B − cuna 2 B cosec 2 A

= cuna 2 A (1 + cuna 2 B) − cuna 2 B (1 + cuna 2 A)

= cuna 2 A + cuna 2 A cuna 2 B − cuna 2 B − cuna 2 B cuna 2 A  

= cuna 2 A − cuna 2 B

= lado derecho

Por lo tanto probado.

Publicación traducida automáticamente

Artículo escrito por gurjotloveparmar y traducido por Barcelona Geeks. The original can be accessed here. Licence: CCBY-SA

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