AP EAMCET 2002 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આયનિક બંધ વિરુદ્ધ વીજભાર ધરાવતા આયનો વચ્ચેના સ્થિર વિદ્યુતીય આકર્ષણ દ્વારા બને છે,જ્યારે સહસંયોજક બંધ પરમાણુઓ વચ્ચે ઇલેક્ટ્રોનની ભાગીદારી દ્વારા બને છે.
$K_2SO_4$ (પોટેશિયમ સલ્ફેટ) માં,સંયોજન $K^+$ આયનો અને $SO_4^{2-}$ બહુપરમાણ્વીય આયનોનું બનેલું છે,જે આયનિક બંધ દ્વારા જોડાયેલા હોય છે.
સલ્ફેટ આયન $(SO_4^{2-})$ ની અંદર,સલ્ફર પરમાણુ ચાર ઓક્સિજન પરમાણુઓ સાથે સહસંયોજક રીતે જોડાયેલ હોય છે.
તેથી,$K_2SO_4$ માં આયનિક બંધ ($K^+$ અને $SO_4^{2-}$ વચ્ચે) અને સહસંયોજક બંધ ($SO_4^{2-}$ આયનની અંદર) બંને હાજર હોય છે.

(C) સંતુલન સમયે,પુરોગામી પ્રક્રિયાનો વેગ $=$ પ્રતિગામી પ્રક્રિયાનો વેગ.
તેથી,સંતુલન સમયે પ્રતિગામી પ્રક્રિયાનો વેગ $0.02 \ mol \ L^{-1} \ min^{-1}$ થશે.

(C) વિદ્યુતઋણતા સામાન્ય રીતે આવર્તમાં ડાબેથી જમણે જતાં વધે છે અને સમૂહમાં ઉપરથી નીચે જતાં ઘટે છે.
$N$ (નાઈટ્રોજન),$O$ (ઓક્સિજન) અને $P$ (ફોસ્ફરસ) તત્વોની સરખામણી કરતાં:
$1$. $N$ અને $O$ એ $2^{nd}$ આવર્તમાં છે,જ્યારે $P$ એ $3^{rd}$ આવર્તમાં છે.
$2$. $2^{nd}$ આવર્તમાં,વિદ્યુતઋણતા $N < O$ મુજબ વધે છે.
$3$. $P$ એ $N$ ની નીચે એક જ સમૂહ ($15^{th}$ સમૂહ) માં છે,તેથી $N > P$.
$4$. આ બંનેને જોડતાં,પાઉલિંગ સ્કેલ પર વિદ્યુતઋણતાના મૂલ્યો આશરે: $O (3.44) > N (3.04) > P (2.19)$ છે.
તેથી,સાચો ક્રમ $O > N > P$ છે.

(C) ડાઉન્સ પ્રક્રિયામાં,પીગળેલા સોડિયમ ક્લોરાઇડ $(NaCl)$ નું વિદ્યુતવિભાજન કરવામાં આવે છે.
એનોડ પર,ક્લોરાઇડ આયનો $(Cl^{-})$ નું ક્લોરિન વાયુ $(Cl_2)$ માં ઓક્સિડેશન થાય છે.
પ્રક્રિયા આ મુજબ છે: $2 Cl^{-} \longrightarrow Cl_2 + 2 e^{-}$.

(A) આપેલ આંશિક અપૂર્ણાંક વિઘટન: $\frac{1-x+6x^2}{x(1-x)(1+x)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{1-x} + \frac{C}{1+x}$.
બંને બાજુ $x(1-x)(1+x)$ વડે ગુણતા:
$1-x+6x^2 = A(1-x^2) + Bx(1+x) + Cx(1-x)$.
$A$ શોધવા માટે,$x = 0$ લેતા:
$1 - 0 + 6(0)^2 = A(1 - 0^2) + B(0)(1+0) + C(0)(1-0)$.
$1 = A(1) + 0 + 0$.
તેથી,$A = 1$.

(B) આપેલ ઘન સમીકરણ $2x^3 + 0x^2 - 2x - 1 = 0$ છે.
ધારો કે બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે.
ઘન સમીકરણ $ax^3 + bx^2 + cx + d = 0$ માટે વિએટાના સૂત્રો મુજબ,બબ્બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો $\Sigma \alpha \beta = \frac{c}{a}$ થાય.
અહીં,$a = 2$,$b = 0$,$c = -2$,અને $d = -1$ છે.
તેથી,$\Sigma \alpha \beta = \frac{-2}{2} = -1$.
આપણે $(\Sigma \alpha \beta)^2$ શોધવાનું છે.
$(\Sigma \alpha \beta)^2 = (-1)^2 = 1$.

(C) આપેલ ઘન સમીકરણ $x^3+a x^2+b x+c=0$ ના બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$\alpha+\beta+\gamma = -a$
$\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha = b$
$\alpha \beta \gamma = -c$
આપણે $\alpha^{-1}+\beta^{-1}+\gamma^{-1} = \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}$ શોધવાનું છે.
પદોને જોડતા:
$\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma} = \frac{\alpha \beta+\beta \gamma+\gamma \alpha}{\alpha \beta \gamma}$.
વિયેટાના સૂત્રોની કિંમતો મૂકતા:
$\frac{b}{-c} = -\frac{b}{c}$.

(B) ધારો કે $f(x) = x^5 - 6x^2 - 4x + 5$.
ધન વાસ્તવિક બીજ માટે,આપણે $f(x) = x^5 - 6x^2 - 4x + 5$ માં ચિહ્નોના ફેરફાર તપાસીએ છીએ. ચિહ્નો $(+, -, -, +)$ છે. અહીં $2$ વાર ચિહ્ન બદલાય છે.
ઋણ વાસ્તવિક બીજ માટે,આપણે $f(-x) = -x^5 - 6x^2 + 4x + 5$ માં ચિહ્નોના ફેરફાર તપાસીએ છીએ. ચિહ્નો $(-, -, +, +)$ છે. અહીં $1$ વાર ચિહ્ન બદલાય છે.
ડેસકાર્ટસના ચિહ્નોના નિયમ મુજબ,ધન વાસ્તવિક બીજની મહત્તમ સંખ્યા $2$ છે અને ઋણ વાસ્તવિક બીજની મહત્તમ સંખ્યા $1$ છે.
તેથી,વાસ્તવિક બીજની મહત્તમ શક્ય સંખ્યા $2 + 1 = 3$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^4-8x^3+x^2-x+3=0$ છે.
બીજું પદ ($x^{n-1}$ વાળું પદ) દૂર કરવા માટે,આપણે બીજને $h$ વડે ઘટાડવા પડે,જ્યાં $h = -\frac{a_1}{n a_0}$ છે.
અહીં,$n=4$,$a_0=1$,અને $a_1=-8$ છે.
તેથી,$h = -\frac{-8}{4 \times 1} = \frac{8}{4} = 2$.
આમ,બીજને $2$ વડે ઘટાડવા જોઈએ.

(D) આપેલ છે કે $z = 3 + 5i$.
તેથી,અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $\bar{z} = 3 - 5i$ થાય.
હવે,$z^3$ ની ગણતરી કરીએ:
$z^2 = (3 + 5i)^2 = 9 + 25i^2 + 30i = 9 - 25 + 30i = -16 + 30i$.
$z^3 = z^2 \cdot z = (-16 + 30i)(3 + 5i) = -48 - 80i + 90i + 150i^2$.
$i^2 = -1$ હોવાથી,$z^3 = -48 + 10i - 150 = -198 + 10i$.
અંતે,આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$z^3 + \bar{z} + 198 = (-198 + 10i) + (3 - 5i) + 198$.
$= (-198 + 198 + 3) + (10i - 5i) = 3 + 5i$.

(A) આપેલ છે કે $x_n = e^{i \frac{\pi}{4^n}}$.
ગુણાકાર $P = x_1 x_2 x_3 \ldots \infty = e^{i \pi \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{4^2} + \frac{1}{4^3} + \ldots \right)}$.
ઘાતાંકમાં રહેલ શ્રેણી અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે,જ્યાં $a = \frac{1}{4}$ અને $r = \frac{1}{4}$ છે.
તેનો સરવાળો $S = \frac{1/4}{1 - 1/4} = \frac{1}{3}$ થાય.
તેથી,$P = e^{i \frac{\pi}{3}} = \cos \left(\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1 + i \sqrt{3}}{2}$.

(A) આપણી પાસે છે,$\left|z+\frac{i}{2}\right|^2=\left|z-\frac{i}{2}\right|^2$.
$z=x+iy$ મૂકતા:
$\left|x+i(y+\frac{1}{2})\right|^2 = \left|x+i(y-\frac{1}{2})\right|^2$.
ગુણધર્મ $|a+ib|^2 = a^2+b^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x^2+(y+\frac{1}{2})^2 = x^2+(y-\frac{1}{2})^2$.
$x^2+y^2+y+\frac{1}{4} = x^2+y^2-y+\frac{1}{4}$.
$y = -y$ $\Rightarrow 2y = 0$ $\Rightarrow y=0$.
તેથી,$z$ નો બિંદુપથ $x$-અક્ષ છે.

(B) નિત્યસમ $C(n, r) + C(n, r-1) = C(n+1, r)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $C(n, 5) + C(n, 6) = C(n+1, 6)$.
આપેલ અસમતા $C(n+1, 6) > C(n+1, 5)$ છે.
સંયોજનોનું વિસ્તરણ કરતા: $\frac{(n+1)!}{6!(n+1-6)!} > \frac{(n+1)!}{5!(n+1-5)!}$.
સાદું રૂપ આપતા: $\frac{1}{6!(n-5)!} > \frac{1}{5!(n-4)!}$.
$\frac{1}{6 \times 5!(n-5)!} > \frac{1}{5!(n-4)(n-5)!}$.
$\frac{1}{6} > \frac{1}{n-4}$.
$n-4 > 6$.
$n > 10$.
$n$ એ પ્રાકૃતિક સંખ્યા હોવાથી,$n$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $11$ છે.

(B) ધારો કે $\triangle ABC$ માં $a, b, c$ બાજુઓ છે અને $p_1, p_2, p_3$ અનુરૂપ વેધ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} a p_1 = \frac{1}{2} b p_2 = \frac{1}{2} c p_3$.
આથી $p_1 = \frac{2\Delta}{a}$,$p_2 = \frac{2\Delta}{b}$,અને $p_3 = \frac{2\Delta}{c}$ મળે.
આપેલ છે કે $p_1, p_2, p_3$ એ $AP$ માં છે,તેથી $\frac{2\Delta}{a}, \frac{2\Delta}{b}, \frac{2\Delta}{c}$ એ $AP$ માં છે.
$2\Delta$ વડે ભાગતા,$\frac{1}{a}, \frac{1}{b}, \frac{1}{c}$ એ $AP$ માં છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,જો પદોના વ્યસ્ત $AP$ માં હોય,તો તે પદો $HP$ માં હોય.
તેથી,$a, b, c$ એ $HP$ માં છે.

(A) ધારો કે $T_n$ એ $n$ મા ગણનું પ્રથમ પદ છે. પ્રથમ પદો $1, 2, 4, 7, 11, \ldots$ છે.
આ એક શ્રેણી છે જેમાં તફાવત $1, 2, 3, 4, \ldots$ છે.
$n$ મું પદ $T_n = T_1 + \sum_{k=1}^{n-1} k = 1 + \frac{(n-1)n}{2}$ દ્વારા મળે છે.
$50$ મા ગણ માટે,$n=50$,તેથી $T_{50} = 1 + \frac{49 \times 50}{2} = 1 + 1225 = 1226$.
$50$ મા ગણમાં $1226$ થી શરૂ થતા $50$ ક્રમિક પૂર્ણાંકો છે.
આ $50$ પદોનો સરવાળો $S = \frac{50}{2} [2(1226) + (50-1)(1)] = 25 [2452 + 49] = 25 \times 2501 = 62525$ થાય.

(A) ફ્લોરોસિસ શરીરમાં ફ્લોરાઈડના વધુ પડતા સંચયને કારણે થાય છે. આ વધારાનું ફ્લોરાઈડ હાડકાં અને દાંતમાં રહેલા કેલ્શિયમ $(Ca)$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરીને કેલ્શિયમ ફ્લોરાઈડ $(CaF_2)$ બનાવે છે,જે ફ્લોરોસિસ તરીકે ઓળખાતા રોગ તરફ દોરી જાય છે.
પ્રતિક્રિયા: $Ca + F_2 \rightarrow CaF_2$ (ફ્લોરોસિસ રોગ).

(D) $(1+x)^n$ ના વિસ્તરણમાં,સામાન્ય પદ એટલે કે $(r+1)$-મું પદ $T_{r+1} = { }^n C_r x^r$ છે.
$p$-માં પદનો સહગુણક ${ }^n C_{p-1}$ છે. આપેલ છે કે આ સહગુણક $p$ છે,તેથી $p = { }^n C_{p-1}$.
$(p+1)$-માં પદનો સહગુણક ${ }^n C_p$ છે. આપેલ છે કે આ સહગુણક $q$ છે,તેથી $q = { }^n C_p$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{q}{p} = \frac{{ }^n C_p}{{ }^n C_{p-1}}$ લો.
સૂત્ર $\frac{{ }^n C_r}{{ }^n C_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{q}{p} = \frac{n-p+1}{p}$.
આથી $q = n-p+1$,જેનું સાદું રૂપ આપતા $p+q = n+1$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે,$x = \tan \theta + \sin \theta$ અને $y = \tan \theta - \sin \theta$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો અને બાદબાકી કરતા:
$\tan \theta = \frac{x + y}{2}$ અને $\sin \theta = \frac{x - y}{2}$.
હવે,$x^2 - y^2$ પદ લઈએ:
$x^2 - y^2 = (x + y)(x - y) = (2 \tan \theta)(2 \sin \theta) = 4 \tan \theta \sin \theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $xy = (\tan \theta + \sin \theta)(\tan \theta - \sin \theta) = \tan^2 \theta - \sin^2 \theta = \tan^2 \theta \sin^2 \theta$.
તેથી,$(x^2 - y^2)^2 = (4 \tan \theta \sin \theta)^2 = 16 \tan^2 \theta \sin^2 \theta = 16xy$.

(A) આપેલ છે કે $\cos (\alpha+\beta) = \frac{4}{5}$. $0 < \alpha, \beta < \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$0 < \alpha+\beta < \frac{\pi}{2}$ મળે. તેથી,$\tan (\alpha+\beta) = \frac{3}{4}$.
આપેલ છે કે $\sin (\alpha-\beta) = \frac{5}{13}$. તેથી,$\tan (\alpha-\beta) = \frac{5}{12}$.
હવે,$\tan 2\alpha = \tan [(\alpha+\beta) + (\alpha-\beta)]$.
સૂત્ર $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 2\alpha = \frac{\frac{3}{4} + \frac{5}{12}}{1 - (\frac{3}{4} \cdot \frac{5}{12})} = \frac{14/12}{33/48} = \frac{56}{33}$.

(D) આપણે ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A+B) \sin(A-B)$ નો ઉપયોગ કરીએ.
ધારો કે $A = \frac{\pi}{8} + \frac{x}{2}$ અને $B = \frac{\pi}{8} - \frac{x}{2}$.
તેથી $A+B = \frac{\pi}{8} + \frac{x}{2} + \frac{\pi}{8} - \frac{x}{2} = \frac{\pi}{4}$.
અને $A-B = \frac{\pi}{8} + \frac{x}{2} - \left( \frac{\pi}{8} - \frac{x}{2} \right) = x$.
આમ,$f(x) = \sin \left( \frac{\pi}{4} \right) \sin(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin(x)$.
$\sin(x)$ નો આવર્તમાન $2\pi$ છે.
તેથી,$f(x)$ નો આવર્તમાન $2\pi$ છે.

(C) ધારો કે બિંદુઓ $D(4, 2)$ અને $C(-2, 6)$ છે. રેખા $L$ એ રેખાખંડ $CD$ નો લંબદ્વિભાજક છે.
રેખા $CD$ નો ઢાળ $= \frac{6-2}{-2-4} = \frac{4}{-6} = -\frac{2}{3}$.
રેખા $L$ એ $CD$ ને લંબ હોવાથી,$L$ નો ઢાળ $m = -\frac{1}{(-2/3)} = \frac{3}{2}$ થશે.
$CD$ નું મધ્યબિંદુ $O$ એ $\left(\frac{4-2}{2}, \frac{2+6}{2}\right) = (1, 4)$ છે.
બિંદુ $(1, 4)$ માંથી પસાર થતી અને $\frac{3}{2}$ ઢાળ ધરાવતી રેખા $L$ નું સમીકરણ:
$y - 4 = \frac{3}{2}(x - 1)$
$2y - 8 = 3x - 3$
$3x - 2y + 5 = 0$.

(D) આપેલ રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ છે,જ્યાં $A = \cos \theta - \sin \theta$,$H = \cos \theta$,અને $B = \cos \theta + \sin \theta$ છે.
રેખાઓ વચ્ચેના લઘુકોણ $\alpha$ માટેનું સૂત્ર $\tan \alpha = \left| \frac{2 \sqrt{H^2 - AB}}{A + B} \right|$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$H^2 - AB = \cos^2 \theta - (\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = \sin^2 \theta$.
$A + B = 2 \cos \theta$.
તેથી,$\tan \alpha = \left| \frac{2 \sin \theta}{2 \cos \theta} \right| = |\tan \theta|$.
આમ,$\alpha = \theta$.

(A) $ax^2 + 2hxy + by^2 = 0$ રેખાઓની જોડીના ખૂણાઓના દ્વિભાજકનું સમીકરણ $\frac{x^2 - y^2}{a - b} = \frac{xy}{h}$ છે.
જો યામ અક્ષો દ્વિભાજક હોય,તો તેમનું સમીકરણ $xy = 0$ થાય.
આ સરખાવતા,$a + b = 0$ મળે છે.

(B) પ્રક્ષિપ્ત વેગ $v = \frac{3}{4} v_e$ છે,જ્યાં $v_e = \sqrt{2gR}$ એ નિષ્ક્રમણ વેગ છે.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} m v^2 - \frac{GMm}{R} = 0 - \frac{GMm}{R+h}$
$v = \frac{3}{4} \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ મૂકતા:
$\frac{1}{2} m (\frac{9}{16} \cdot \frac{2GM}{R}) - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$\frac{9GMm}{16R} - \frac{GMm}{R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$-\frac{7GMm}{16R} = - \frac{GMm}{R+h}$
$\frac{7}{16R} = \frac{1}{R+h}$
$16R = 7(R+h) \implies 16R = 7R + 7h$
$9R = 7h \implies h = \frac{9R}{7}$

(B) ક્ષેત્રીય વેગ $A$ એ ગ્રહના સ્થાન સદિશ દ્વારા ક્ષેત્રફળ કપાવાના દર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$A = \frac{dA}{dt} = \frac{1}{2} r^2 \omega$
બંને બાજુ ગ્રહના દળ $M$ વડે ગુણતા:
$M A = \frac{1}{2} M r^2 \omega$
જડત્વની ચાકમાત્રા $I = M r^2$ હોવાથી,આપણે આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકી શકીએ છીએ:
$M A = \frac{1}{2} I \omega$
આપણે જાણીએ છીએ કે કોણીય વેગમાન $L = I \omega$ છે.
તેથી,$M A = \frac{1}{2} L$.
$L$ માટે સમીકરણ ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$L = 2 M A$.

(D) ઈથેનની તૈયારી માટેની વુર્ટ્ઝ પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2CH_3I + 2Na \xrightarrow{\text{dry ether}} C_2H_6 + 2NaI$
પ્રક્રિયાના તત્વયોગમિતિ (stoichiometry) મુજબ,$1 \text{ મોલ}$ ઈથેન $(C_2H_6)$ બનાવવા માટે $2 \text{ મોલ}$ મિથાઈલ આયોડાઈડ $(CH_3I)$ ની જરૂર પડે છે.
$CH_3I$ નું મોલર દળ $= 12 + (3 \times 1) + 127 = 142 \text{ g/mol}$.
તેથી,$2 \text{ મોલ}$ $CH_3I$ નું દળ $= 2 \times 142 \text{ g} = 284 \text{ g}$.

(A) આપેલ પ્રક્રિયા ક્રમ $A$ $\xrightarrow{HBr} C_2H_5Br$ $\xrightarrow{B} A$ છે.
પગલું $1$: $A$ એ $HBr$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $C_2H_5Br$ (ઈથાઈલ બ્રોમાઈડ) બનાવે છે. આ સૂચવે છે કે $A$ એ ઈથીન $(C_2H_4)$ છે.
પ્રક્રિયા: $CH_2=CH_2 HBr \rightarrow CH_3-CH_2Br$.
પગલું $2$: $C_2H_5Br$ એ પ્રક્રિયક $B$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને $A$ $(C_2H_4)$ ફરીથી બનાવે છે.
આ ડીહાઈડ્રોહેલોજનેશન પ્રક્રિયા છે,જેના માટે $KOH$ નું આલ્કોહોલિક દ્રાવણ અને ગરમી $(\Delta)$ ની જરૂર પડે છે.
પ્રક્રિયા: $CH_3-CH_2Br \text{alc. } KOH \xrightarrow{\Delta} CH_2=CH_2 KBr H_2O$.
તેથી,$A$ એ $C_2H_4$ છે અને $B$ એ આલ્કોહોલિક $KOH / \Delta$ છે.

(A) $1, 2$-ડાયબ્રોમોઈથેન $(BrCH_2-CH_2Br)$ નું ઈથિલીન $(H_2C=CH_2)$ માં રૂપાંતર એ ડિહેલોજનેશન પ્રક્રિયા છે.
આ પ્રક્રિયામાં આલ્કોહોલની હાજરીમાં ગરમી $(\Delta)$ આપીને ઝિંક ડસ્ટનો ઉપયોગ કરીને પાસ-પાસેના કાર્બન પરમાણુઓમાંથી બે બ્રોમીન પરમાણુઓ દૂર કરવામાં આવે છે.
રાસાયણિક સમીકરણ: $BrCH_2-CH_2Br + Zn \xrightarrow{\text{alcohol}, \Delta} H_2C=CH_2 + ZnBr_2$.
આમ,સાચી પ્રક્રિયાની શરતો $Zn$,આલ્કોહોલ,$\Delta$ છે.

(D) જ્યારે ભારે પાણી $(D_2O)$ મેગ્નેશિયમ નાઈટ્રાઈડ $(Mg_3N_2)$ સાથે પ્રતિક્રિયા કરે છે,ત્યારે ડ્યુટેરિયમ અણુઓ નીપજોમાં હાઈડ્રોજન અણુઓને બદલે છે.
આ પ્રતિક્રિયા માટેનું સંતુલિત રાસાયણિક સમીકરણ નીચે મુજબ છે:
$Mg_3N_2 + 6D_2O \longrightarrow 3Mg(OD)_2 + 2ND_3$
આમ,બનતી નીપજો મેગ્નેશિયમ ડ્યુટેરોક્સાઈડ $(Mg(OD)_2)$ અને ડ્યુટેરોએમોનિયા $(ND_3)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $A$ એ અસામાન્ય શ્રેણિક છે,તેથી તેનો નિશ્ચાયક $|A| \neq 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે વ્યસ્ત શ્રેણિક $A^{-1}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
સમીકરણ $AB = O$ આપેલ છે,જ્યાં $O$ એ શૂન્ય શ્રેણિક છે.
બંને બાજુએ ડાબી બાજુથી $A^{-1}$ વડે ગુણતા:
$A^{-1}(AB) = A^{-1}O$
$(A^{-1}A)B = O$
$IB = O$
$B = O$
તેથી,$B$ એ શૂન્ય શ્રેણિક છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = 3x - 4$. ધારો કે $f(x) = y$,તેથી $y = 3x - 4$. $x$ ને કર્તા બનાવતા,$x = \frac{y + 4}{3}$ મળે. આમ,$f^{-1}(y) = \frac{y + 4}{3}$.
આપેલ છે કે $g(x) = 2 + 3x$. ધારો કે $g(x) = z$,તેથી $z = 2 + 3x$. $x$ ને કર્તા બનાવતા,$x = \frac{z - 2}{3}$ મળે. આમ,$g^{-1}(z) = \frac{z - 2}{3}$.
પ્રથમ,$f^{-1}(5)$ ની ગણતરી કરીએ:
$f^{-1}(5) = \frac{5 + 4}{3} = \frac{9}{3} = 3$.
હવે,$g^{-1}(f^{-1}(5)) = g^{-1}(3)$ ની ગણતરી કરીએ:
$g^{-1}(3) = \frac{3 - 2}{3} = \frac{1}{3}$.
તેથી,જવાબ $\frac{1}{3}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^4 x}{\sin^2 x + \cos^4 x}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ અને $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$.
અંશ અને છેદમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x (\sin^2 x)}{\sin^2 x + \cos^2 x (\cos^2 x)}$
$f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x (1 - \cos^2 x)}{\sin^2 x + \cos^2 x (1 - \sin^2 x)}$
$f(x) = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x - \sin^2 x \cos^2 x}{\sin^2 x + \cos^2 x - \cos^2 x \sin^2 x}$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી:
$f(x) = \frac{1 - \sin^2 x \cos^2 x}{1 - \cos^2 x \sin^2 x} = 1$.
આમ,$f(2002) = 1$.

(A) પ્રશ્નની શરતો મુજબ:
$2Fe_2S_3 + 9O_2 \rightarrow 2Fe_2O_3 + 6SO_2$ $(A)$
$SO_2 + H_2O \rightarrow H_2SO_3$
બનતો એસિડ સલ્ફ્યુરસ એસિડ $(H_2SO_3)$ છે.
$H_2SO_3$ માં બે વિસ્થાપનીય હાઇડ્રોજન પરમાણુઓ હોવાથી,તેની બેઝિકતા $2$ છે.

(A) $1$. વિકલ્પ $A$: બ્રોન્સ્ટેડ-લોરી સિદ્ધાંત એસિડને પ્રોટોન દાતા તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરે છે. $BCl_3$ એ લુઈસ એસિડ છે કારણ કે તે ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ સ્વીકારે છે,પરંતુ તેમાં દાન કરવા માટે પ્રોટોન નથી. તેથી,આ સિદ્ધાંત તેની એસિડિકતા સમજાવી શકતો નથી. આ વિધાન સાચું છે.
$2$. વિકલ્પ $B$: $0.01 \ M \ NaOH$ માટે,$[OH^-] = 10^{-2} \ M$. તેથી,$pOH = -\log(10^{-2}) = 2$. તેથી,$pH = 14 - 2 = 12$. આ વિધાન ખોટું છે.
$3$. વિકલ્પ $C$: $25^{\circ}C$ તાપમાને પાણીનો આયનીય ગુણાકાર $(K_w)$ $10^{-14} \ mol^2 \ L^{-2}$ છે,$10^{-10}$ નથી. આ વિધાન ખોટું છે.
$4$. વિકલ્પ $D$: સાચું સમીકરણ $pH = -\log [H^+]$ છે. આ વિધાન ખોટું છે.

(A) પગલું $1$: મિશ્રણમાં $HCl$ ના કુલ મોલની ગણતરી કરો.
$n_1 = M_1 \times V_1 = 0.2 \ M \times 75 \ mL = 15 \ mmol$
$n_2 = M_2 \times V_2 = 1 \ M \times 25 \ mL = 25 \ mmol$
$HCl$ ના કુલ મોલ = $n_1 + n_2 = 15 + 25 = 40 \ mmol$.
પગલું $2$: અંતિમ દ્રાવણના કુલ કદની ગણતરી કરો.
$V_{total} = V_1 + V_2 + V_{water} = 75 \ mL + 25 \ mL + 300 \ mL = 400 \ mL$.
પગલું $3$: $HCl$ ની અંતિમ મોલારિટી $(M_{final})$ ની ગણતરી કરો.
$M_{final} = \frac{\text{કુલ મોલ}}{\text{કુલ કદ}} = \frac{40 \ mmol}{400 \ mL} = 0.1 \ M$.
પગલું $4$: દ્રાવણના $pH$ ની ગણતરી કરો.
$HCl$ પ્રબળ એસિડ હોવાથી,$[H^+] = [HCl] = 0.1 \ M = 10^{-1} \ M$.
$pH = -\log_{10}[H^+] = -\log_{10}(10^{-1}) = 1$.

(B) આપેલ વક્રો $x=y^2$ $(i)$ અને $xy=a^3$ (ii) છે.
વક્ર $(i)$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $1 = 2y \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2y}$.
વક્ર (ii) માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $x \frac{dy}{dx} + y = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$.
છેદબિંદુ શોધવા માટે,$x=y^2$ ને $xy=a^3$ માં મૂકતા: $y^2(y) = a^3 \Rightarrow y^3 = a^3 \Rightarrow y = a$.
તેથી $x = a^2$. આમ છેદબિંદુ $(a^2, a)$ છે.
$(a^2, a)$ આગળ ઢાળ $m_1 = \frac{1}{2a}$ અને $m_2 = -\frac{a}{a^2} = -\frac{1}{a}$ છે.
વક્રો લંબરૂપે છેદતા હોવાથી,$m_1 m_2 = -1$.
તેથી,$(\frac{1}{2a})(-\frac{1}{a}) = -1 \Rightarrow -\frac{1}{2a^2} = -1 \Rightarrow 2a^2 = 1 \Rightarrow a^2 = \frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $f(x) = \log(1+x) - \frac{2x}{2+x}$.
પ્રથમ,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ:
$f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{(2+x)(2) - (2x)(1)}{(2+x)^2}$
$f'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{4+2x-2x}{(2+x)^2} = \frac{1}{1+x} - \frac{4}{(2+x)^2}$
વિધેય વધતું હોવા માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે:
$\frac{(2+x)^2 - 4(1+x)}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
$\frac{4+x^2+4x - 4 - 4x}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
$\frac{x^2}{(1+x)(2+x)^2} > 0$
કારણ કે $x^2 \ge 0$ અને $(2+x)^2 > 0$ દરેક $x \neq -2$ માટે,આ પદ ત્યારે જ ધન બને જ્યારે $1+x > 0$ અને $x \neq 0$ હોય.
આમ,$x > -1$ અને $x \neq 0$.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = x e^{-x}$ છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે પ્રથમ વિકલન કરીએ:
$f'(x) = (1)e^{-x} + x(-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x)$.
અંતિમ બિંદુઓ માટે $f'(x) = 0$ લેતા:
$e^{-x}(1 - x) = 0$.
કોઈપણ વાસ્તવિક $x$ માટે $e^{-x} \neq 0$ હોવાથી,$1 - x = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે $x = 1$.
હવે,મહત્તમ કે ન્યૂનતમ છે તે ચકાસવા માટે દ્વિતીય વિકલન કરીએ:
$f''(x) = \frac{d}{dx}[e^{-x} - x e^{-x}] = -e^{-x} - (e^{-x} - x e^{-x}) = e^{-x}(x - 2)$.
$x = 1$ આગળ કિંમત મુકતા:
$f''(1) = e^{-1}(1 - 2) = -e^{-1} < 0$.
દ્વિતીય વિકલન $x = 1$ આગળ ઋણ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ આગળ મહત્તમ કિંમત ધરાવે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3^x dx}{\sqrt{9^x-1}} = \int \frac{3^x dx}{\sqrt{(3^x)^2-1}}$.
$3^x = z$ આદેશ લેતા,બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા $3^x \log 3 dx = dz$ મળે,તેથી $3^x dx = \frac{dz}{\log 3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \frac{1}{\log 3} \int \frac{dz}{\sqrt{z^2-1}}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{du}{\sqrt{u^2-a^2}} = \log |u + \sqrt{u^2-a^2}| + c$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{1}{\log 3} \log |z + \sqrt{z^2-1}| + c$ મળે.
છેલ્લે,$z = 3^x$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{1}{\log 3} \log |3^x + \sqrt{9^x-1}| + c$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{7+5 \cos x}$.
નિત્યસમ $\cos x = \cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $1 = \cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{d x}{7(\cos^2 \frac{x}{2} + \sin^2 \frac{x}{2}) + 5(\cos^2 \frac{x}{2} - \sin^2 \frac{x}{2})}$
$I = \int \frac{d x}{12 \cos^2 \frac{x}{2} + 2 \sin^2 \frac{x}{2}}$
અંશ અને છેદને $\cos^2 \frac{x}{2}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sec^2 \frac{x}{2} dx}{12 + 2 \tan^2 \frac{x}{2}} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^2 \frac{x}{2} dx}{6 + \tan^2 \frac{x}{2}}$
ધારો કે $\tan \frac{x}{2} = z$,તેથી $\frac{1}{2} \sec^2 \frac{x}{2} dx = dz$.
$I = \int \frac{dz}{6 + z^2} = \int \frac{dz}{(\sqrt{6})^2 + z^2}$
સૂત્ર $\int \frac{du}{a^2 + u^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1} \frac{u}{a} + c$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{6}} \tan^{-1} \left(\frac{z}{\sqrt{6}}\right) + c = \frac{1}{\sqrt{6}} \tan^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{6}} \tan \frac{x}{2}\right) + c$.

(C) આપણી પાસે છે,$I = \int \frac{dx}{1-\cos x-\sin x}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ અને $\sin x = \frac{2\tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{dx}{1 - \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)} - \frac{2\tan(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}}$
$I = \int \frac{(1+\tan^2(x/2)) dx}{1+\tan^2(x/2) - 1 + \tan^2(x/2) - 2\tan(x/2)}$
$I = \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{2\tan^2(x/2) - 2\tan(x/2)} = \frac{1}{2} \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{\tan(x/2)(\tan(x/2)-1)}$.
ધારો કે $z = \tan(x/2)$,તેથી $dz = \frac{1}{2} \sec^2(x/2) dx$,એટલે કે $\sec^2(x/2) dx = 2 dz$.
$I = \int \frac{2 dz}{2z(z-1)} = \int \frac{dz}{z(z-1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{z(z-1)} = \frac{1}{z-1} - \frac{1}{z}$.
$I = \int (\frac{1}{z-1} - \frac{1}{z}) dz = \log|z-1| - \log|z| + C = \log|\frac{z-1}{z}| + C$.
$z = \tan(x/2)$ પાછું મૂકતા:
$I = \log|\frac{\tan(x/2)-1}{\tan(x/2)}| + C = \log|1 - \cot(x/2)| + C$.

(B) ગુણધર્મ $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 2 \int_{0}^{a} f(x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જો $f(x)$ યુગ્મ વિધેય હોય:
અહીં $\sin^4(-x)\cos^6(-x) = \sin^4 x \cos^6 x$ હોવાથી,વિધેય યુગ્મ છે.
$I = 2 \int_{0}^{\pi / 2} \sin^4 x \cos^6 x \, dx$
વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\int_{0}^{\pi / 2} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{[(m-1)(m-3)...][(n-1)(n-3)...]}{(m+n)(m+n-2)...} \times \frac{\pi}{2}$ (જો $m$ અને $n$ બંને યુગ્મ હોય).
અહીં $m=4, n=6$ છે:
$I = 2 \times \left[ \frac{(3 \cdot 1) \times (5 \cdot 3 \cdot 1)}{(10 \cdot 8 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2)} \times \frac{\pi}{2} \right]$
$I = 2 \times \left[ \frac{3 \times 15}{3840} \times \frac{\pi}{2} \right] = \frac{45 \pi}{3840} = \frac{3 \pi}{256}$.

(B) આપેલ છે,
$\int_2^3 \frac{dx}{x^2-x} = \int_2^3 \frac{1}{x(x-1)} dx$
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીતનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{x(x-1)} = \frac{A}{x} + \frac{B}{x-1}$.
$A$ અને $B$ ની કિંમત શોધતા,આપણને $A = -1$ અને $B = 1$ મળે છે.
તેથી,$\int_2^3 \left[ \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x} \right] dx$
$= [\log|x-1| - \log|x|]_2^3$
$= [\log|\frac{x-1}{x}|]_2^3$
$= \log(\frac{3-1}{3}) - \log(\frac{2-1}{2})$
$= \log(\frac{2}{3}) - \log(\frac{1}{2})$
$= \log(\frac{2/3}{1/2}) = \log(\frac{4}{3})$

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dy}{dx} = (\frac{x}{y})^{-1/3}$.
જમણી બાજુનું સાદુંરૂપ આપતા: $\frac{dy}{dx} = (\frac{y}{x})^{1/3} = \frac{y^{1/3}}{x^{1/3}}$.
ચલને અલગ કરતા: $y^{-1/3} dy = x^{-1/3} dx$.
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int y^{-1/3} dy = \int x^{-1/3} dx$.
ઘાતનો નિયમ $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$ વાપરતા:
$\frac{y^{2/3}}{2/3} = \frac{x^{2/3}}{2/3} + C_1$.
$\frac{2}{3}$ વડે ગુણતા:
$y^{2/3} = x^{2/3} + \frac{2}{3}C_1$.
ધારો કે $c = \frac{2}{3}C_1$,તેથી $y^{2/3} - x^{2/3} = c$.

(A) આપણી પાસે છે,$\frac{dy}{dx} - y = x^2$.
આ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = -1$ અને $Q = x^2$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ (Integrating Factor) $IF = e^{\int P dx} = e^{\int -1 dx} = e^{-x}$ છે.
વ્યાપક ઉકેલ $y \cdot IF = \int Q \cdot IF dx + c$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $y e^{-x} = \int x^2 e^{-x} dx + c$ મળે છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int x^2 e^{-x} dx = -x^2 e^{-x} - 2x e^{-x} - 2e^{-x}$ થાય.
તેથી,$y e^{-x} = -e^{-x}(x^2 + 2x + 2) + c$.
બંને બાજુ $e^x$ વડે ગુણતા,આપણને $y = -(x^2 + 2x + 2) + ce^x$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $y + x^2 + 2x + 2 = ce^x$ મળે છે.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ પ્રકારનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = \frac{1}{3}$ અને $Q = 1$ છે.
સંકલ્યકારક અવયવ $(IF)$ $IF = e^{\int P dx} = e^{\int \frac{1}{3} dx} = e^{x/3}$ દ્વારા મળે છે.
વ્યાપક ઉકેલ $y \times (IF) = \int (Q \times IF) dx + c$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$y \times e^{x/3} = \int (1 \times e^{x/3}) dx + c$ મળે છે.
જમણી બાજુનું સંકલન કરતા,$y \times e^{x/3} = 3e^{x/3} + c$ મળે છે.
બંને બાજુ $e^{x/3}$ વડે ભાગતા,$y = 3 + ce^{-x/3}$ મળે છે.

(D) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(2, -1, 1)$,$B(1, -3, -5)$ અને $C(3, -4, -4)$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે બાજુઓ દર્શાવતા સદિશો શોધીએ:
$\vec{AB} = (1-2)\hat{i} + (-3 - (-1))\hat{j} + (-5-1)\hat{k} = -\hat{i} - 2\hat{j} - 6\hat{k}$
$\vec{BC} = (3-1)\hat{i} + (-4 - (-3))\hat{j} + (-4 - (-5))\hat{k} = 2\hat{i} - \hat{j} + \hat{k}$
$\vec{CA} = (2-3)\hat{i} + (-1 - (-4))\hat{j} + (1 - (-4))\hat{k} = -\hat{i} + 3\hat{j} + 5\hat{k}$
હવે,બાજુઓની લંબાઈની ગણતરી કરીએ:
$|\vec{AB}|^2 = (-1)^2 + (-2)^2 + (-6)^2 = 1 + 4 + 36 = 41$
$|\vec{BC}|^2 = (2)^2 + (-1)^2 + (1)^2 = 4 + 1 + 1 = 6$
$|\vec{CA}|^2 = (-1)^2 + (3)^2 + (5)^2 = 1 + 9 + 25 = 35$
અહીં $|\vec{AB}|^2 = |\vec{BC}|^2 + |\vec{CA}|^2$ $(41 = 6 + 35)$ હોવાથી,ત્રિકોણ પાયથાગોરસના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,આ ત્રિકોણ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(A) બિંદુઓ $A, B, C$ ના સ્થાન સદિશો નીચે મુજબ છે:
$A = \hat{i} + x\hat{j} + 3\hat{k}$
$B = 3\hat{i} + 4\hat{j} + 7\hat{k}$
$C = y\hat{i} - 2\hat{j} - 5\hat{k}$
સદિશો $\vec{AB}$ અને $\vec{BC}$ ની ગણતરી કરતા:
$\vec{AB} = B - A = 2\hat{i} + (4-x)\hat{j} + 4\hat{k}$
$\vec{BC} = C - B = (y-3)\hat{i} - 6\hat{j} - 12\hat{k}$
$A, B, C$ સમરેખ હોવાથી,કોઈ અદિશ $t$ માટે $\vec{AB} = t\vec{BC}$ થાય:
$2\hat{i} + (4-x)\hat{j} + 4\hat{k} = t((y-3)\hat{i} - 6\hat{j} - 12\hat{k})$
$hat{i}, \hat{j}, \hat{k}$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$1) \ 4 = -12t \Rightarrow t = -\frac{1}{3}$
$2) \ 4 - x = -6t \Rightarrow 4 - x = -6(-\frac{1}{3}) = 2 \Rightarrow x = 2$
$3) \ 2 = t(y-3) \Rightarrow 2 = -\frac{1}{3}(y-3) \Rightarrow -6 = y-3 \Rightarrow y = -3$
આમ,$(x, y) = (2, -3)$.

(B) આપણે અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકાર $(a+b) \cdot ((b+c) \times (a+b+c))$ ની ગણતરી કરવાની છે.
પ્રથમ,ક્રોસ પ્રોડક્ટ પદનું વિસ્તરણ કરો: $(b+c) \times (a+b+c) = (b \times a) + (b \times b) + (b \times c) + (c \times a) + (c \times b) + (c \times c)$.
કોઈપણ સદિશનો પોતાની સાથેનો ક્રોસ પ્રોડક્ટ શૂન્ય હોવાથી ($b \times b = 0$ અને $c \times c = 0$),અને $c \times b = -(b \times c)$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(b+c) \times (a+b+c) = (b \times a) + (b \times c) + (c \times a) - (b \times c) = (b \times a) + (c \times a)$.
હવે,$(a+b)$ સાથે ડોટ પ્રોડક્ટ લો:
$(a+b) \cdot ((b \times a) + (c \times a)) = a \cdot (b \times a) + a \cdot (c \times a) + b \cdot (b \times a) + b \cdot (c \times a)$.
અદિશ ત્રિગુણિત ગુણાકારના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$a \cdot (b \times a) = 0$,$a \cdot (c \times a) = 0$,અને $b \cdot (b \times a) = 0$.
આથી આપણી પાસે $b \cdot (c \times a) = [b c a]$ બાકી રહે છે.
કારણ કે $[b c a] = [a b c]$,તેથી અંતિમ જવાબ $[a b c]$ છે.

(A) ધારો કે $a = x\hat{i} + y\hat{j} + z\hat{k}$ છે.
આપેલ છે કે $a \cdot \hat{i} = a \cdot (\hat{i} + \hat{j}) = a \cdot (\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$.
$a \cdot \hat{i} = a \cdot (\hat{i} + \hat{j})$ પરથી,આપણને મળે $a \cdot \hat{i} = a \cdot \hat{i} + a \cdot \hat{j}$,જેનો અર્થ છે કે $a \cdot \hat{j} = 0$. તેથી,$y = 0$.
$a \cdot (\hat{i} + \hat{j}) = a \cdot (\hat{i} + \hat{j} + \hat{k})$ પરથી,આપણને મળે $a \cdot (\hat{i} + \hat{j}) = a \cdot (\hat{i} + \hat{j}) + a \cdot \hat{k}$,જેનો અર્થ છે કે $a \cdot \hat{k} = 0$. તેથી,$z = 0$.
આમ,$a = x\hat{i}$ મળે છે. વિકલ્પો જોતા,$a = \hat{i}$ એ શરતોનું પાલન કરે છે.