AP EAMCET 2009 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{l}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
લોગેરિધમિક વિકલન લેતા, આપણને $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \frac{dl}{l}$ મળે છે।
લંબાઈમાં થતો ફેરફાર $\frac{dl}{l} = \alpha \Delta \theta$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $\Delta \theta$ એ તાપમાનમાં થતો ફેરફાર છે, તેથી $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \alpha \Delta \theta$ થાય।
અહીં $\alpha = 9 \times 10^{-7} /{ }^{\circ} C$, $\Delta \theta = 30^{\circ} C - 20^{\circ} C = 10^{\circ} C$, અને $T = 0.5 \, s$ આપેલ છે।
આવર્તકાળમાં થતો ફેરફાર (દરેક દોલન દીઠ સમયનો વ્યય) $dT = T \times \frac{1}{2} \alpha \Delta \theta$ છે।
કિંમતો મૂકતા: $dT = 0.5 \times \frac{1}{2} \times 9 \times 10^{-7} \times 10$.
$dT = 0.5 \times 4.5 \times 10^{-6} = 2.25 \times 10^{-6} \, s$.

(D) $SHM$ કરતા કણનું સ્થાનાંતર $y=5 \sin \left(4 t+\frac{\pi}{3}\right)$ છે.
કણનો વેગ $v = \frac{dy}{dt} = 5 \cdot \cos \left(4 t+\frac{\pi}{3}\right) \cdot 4 = 20 \cos \left(4 t+\frac{\pi}{3}\right)$ થાય.
આપેલ સમીકરણને પ્રમાણિત $SHM$ સમીકરણ $y=a \sin (\omega t+\phi)$ સાથે સરખાવતા,કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 4 \text{ rad/s}$ મળે.
$\omega = \frac{2\pi}{T}$ હોવાથી,આવર્તકાળ $T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \text{ s}$ થાય.
$t = \frac{T}{4} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{8} \text{ s}$ સમયે,વેગ:
$v = 20 \cos \left(4 \cdot \frac{\pi}{8} + \frac{\pi}{3}\right) = 20 \cos \left(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{3}\right) = -20 \sin \left(\frac{\pi}{3}\right) = -20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -10\sqrt{3} \text{ m/s}$ મળે.
કણનું દળ $m = 2 \text{ g} = 2 \times 10^{-3} \text{ kg}$ છે.
ગતિઊર્જા $KE = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2} \cdot (2 \times 10^{-3}) \cdot (-10\sqrt{3})^2 = 10^{-3} \cdot (100 \cdot 3) = 300 \times 10^{-3} = 0.3 \text{ J}$ થાય.

(C) એલ્યુમિનિયમ જલીય $NaOH$ સાથે પ્રક્રિયા કરીને સોડિયમ ટેટ્રાહાઈડ્રોક્સોએલ્યુમિનેટ$(III)$ બનાવે છે.
પ્રક્રિયા: $2Al(s) + 2NaOH(aq) + 6H_2O(l) \longrightarrow 2Na[Al(OH)_4](aq) + 3H_2(g)$.
જલીય દ્રાવણમાં,આ સંકીર્ણ આયન $[Al(H_2O)_2(OH)_4]^{-}$ તરીકે અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આ સંકીર્ણમાં,એલ્યુમિનિયમ પરમાણુ $2$ પાણીના અણુઓ અને $4$ હાઈડ્રોક્સાઈડ આયનો સાથે જોડાયેલ છે,જેના પરિણામે સવર્ગ આંક $2 + 4 = 6$ થાય છે.

(D) $SiCl_4$ નું જળવિભાજન ઓર્થોસિલિકિક એસિડ $(H_4SiO_4)$ આપે છે,જેને '$X$' તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$SiCl_4 + 4H_2O \rightarrow H_4SiO_4 (X) + 4HCl$
$1000^\circ C$ તાપમાને ગરમ કરવાથી,ઓર્થોસિલિકિક એસિડ નિર્જલીકરણ પામીને સિલિકા $(SiO_2)$ બનાવે છે,જેને '$Y$' તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
$H_4SiO_4 \xrightarrow{1000^\circ C} SiO_2 (Y) + 2H_2O$
તેથી,'$X$' એ $H_4SiO_4$ છે અને '$Y$' એ $SiO_2$ છે.

(C) ફોસ્ફરસના ઓક્સિએસિડમાં $P-H$ બંધની હાજરી તેમની રચના દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે:
$1$. $H_3PO_3$ (ફોસ્ફરસ એસિડ) માં એક $P-H$ બંધ હોય છે.
$2$. $H_3PO_2$ (હાયપોફોસ્ફરસ એસિડ) માં બે $P-H$ બંધ હોય છે.
$3$. $H_3PO_4$ (ઓર્થોફોસ્ફોરિક એસિડ) માં કોઈ $P-H$ બંધ હોતા નથી.
તેથી,$H_3PO_3$ અને $H_3PO_2$ ની જોડીમાં $P-H$ બંધ હોય છે.

(B) મંદ $NaOH$ સાથે ફ્લોરિનની પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$2F_2 + 2NaOH \rightarrow 2NaF + OF_2 + H_2O$
આમ,વાયુરૂપ નીપજ $A$ એ ઓક્સિજન ડાયફ્લોરાઇડ $(OF_2)$ છે.
$OF_2$ માં,મધ્યસ્થ ઓક્સિજન પરમાણુ $sp^3$ સંકરણ ધરાવે છે જેમાં બે બંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ અને બે અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ હોય છે.
ફ્લોરિન પરમાણુઓની ઊંચી વિદ્યુતઋણતાને કારણે,અબંધકારક ઇલેક્ટ્રોન યુગ્મ વચ્ચેનું અપાકર્ષણ નોંધપાત્ર હોય છે,જે બંધકોણને સંકોચે છે.
$OF_2$ માં બંધકોણ $103^{\circ}$ છે.

(C) ગણ $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ ના કુલ ઉપગણોની સંખ્યા $2^9 = 512$ છે.
ઓછામાં ઓછી એક એકી સંખ્યા ધરાવતા ઉપગણો શોધવા માટે,આપણે પૂરક પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
કુલ ઉપગણો - એક પણ એકી સંખ્યા ન ધરાવતા ઉપગણો.
જો ઉપગણમાં ફક્ત બેકી સંખ્યાઓ હોય,તો તેમાં એક પણ એકી સંખ્યા હોતી નથી.
$S$ માં બેકી સંખ્યાઓ $\{2, 4, 6, 8\}$ છે.
આ બેકી સંખ્યાઓનો ઉપયોગ કરીને બનતા ઉપગણોની સંખ્યા $2^4 = 16$ છે.
તેથી,ઓછામાં ઓછી એક એકી સંખ્યા ધરાવતા ઉપગણોની સંખ્યા $512 - 16 = 496$ છે.

(A) ગુણાકાર $P = \cos A \cos 2 A \cos 4 A \ldots \cos 2^{n-1} A$ ની ગણતરી કરવા માટે,તેને $2 \sin A$ વડે ગુણી અને ભાગતા:
$P = \frac{2 \sin A \cos A \cos 2 A \cos 4 A \ldots \cos 2^{n-1} A}{2 \sin A}$
નિત્યસમ $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P = \frac{\sin 2A \cos 2A \cos 4 A \ldots \cos 2^{n-1} A}{2 \sin A}$
ફરીથી $2$ વડે ગુણી અને ભાગતા:
$P = \frac{2 \sin 2A \cos 2A \cos 4 A \ldots \cos 2^{n-1} A}{2^2 \sin A} = \frac{\sin 4A \cos 4A \ldots \cos 2^{n-1} A}{2^2 \sin A}$
આ પ્રક્રિયા $n$ વખત પુનરાવર્તિત કરતા,આપણને મળે છે:
$P = \frac{\sin 2^n A}{2^n \sin A}$

(D) પગલું $1$: રેખાઓ $x + 3y - 1 = 0$ અને $x - 2y + 4 = 0$ નું છેદબિંદુ શોધો.
પ્રથમ સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા: $(x + 3y - 1) - (x - 2y + 4) = 0$ $\Rightarrow 5y - 5 = 0$ $\Rightarrow y = 1$.
$y = 1$ ને $x + 3y - 1 = 0$ માં મૂકતા,આપણને $x + 3(1) - 1 = 0 \Rightarrow x = -2$ મળે છે.
તેથી,છેદબિંદુ $(-2, 1)$ છે.
પગલું $2$: $3x + 2y = 0$ ને લંબ રેખાનું સમીકરણ શોધો.
$3x + 2y = 0$ નો ઢાળ $m_1 = -3/2$ છે.
લંબ રેખાનો ઢાળ $m_2$ એ $m_1 \times m_2 = -1$ નું પાલન કરે છે,તેથી $m_2 = 2/3$.
$(-2, 1)$ માંથી પસાર થતી અને $2/3$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y - 1 = (2/3)(x + 2)$ છે.
$3$ વડે ગુણતા: $3y - 3 = 2x + 4 \Rightarrow 2x - 3y + 7 = 0$.

(D) આપેલી રેખાઓ $4x + 3y - 15 = 0$ અને $4x + 3y - 5 = 0$ છે. આ રેખાઓ સમાંતર હોવાથી,તેમની વચ્ચેનું અંતર $d$ એ વર્તુળનો વ્યાસ થશે.
$d = \frac{|c_1 - c_2|}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \frac{|-15 - (-5)|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \frac{|-10|}{\sqrt{16 + 9}} = \frac{10}{5} = 2$.
વ્યાસ $d = 2$ હોવાથી,ત્રિજ્યા $r = \frac{d}{2} = 1$ થશે.
વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $\pi r^2 = \pi(1)^2 = \pi \text{ ચોરસ એકમ}$ થાય.

(B) ધારો કે બિંદુ $P(x, y)$ છે. બિંદુ $P$ એ રેખા $3x + 4y = 5$ પર હોવાથી,$3x + 4y = 5$ ... $(i)$.
બિંદુ $P$ એ $A(1, 2)$ અને $B(3, 4)$ થી સમાન અંતરે હોવાથી,$PA^2 = PB^2$.
$(x - 1)^2 + (y - 2)^2 = (x - 3)^2 + (y - 4)^2$
$x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4 = x^2 - 6x + 9 + y^2 - 8y + 16$
$-2x - 4y + 5 = -6x - 8y + 25$
$4x + 4y = 20$
$x + y = 5$ ... $(ii)$.
$(ii)$ પરથી,$y = 5 - x$. આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$3x + 4(5 - x) = 5$
$3x + 20 - 4x = 5$
$-x = -15 \Rightarrow x = 15$.
તેથી $y = 5 - 15 = -10$.
આમ,માંગેલ બિંદુ $(15, -10)$ છે.

(C) આપેલ સુરેખ રેખાઓની જોડી $x^2-3xy+2y^2=0$ છે.
સમીકરણના અવયવ પાડતા: $x^2-2xy-xy+2y^2=0$ $\Rightarrow x(x-2y)-y(x-2y)=0$ $\Rightarrow (x-y)(x-2y)=0$.
આ બે રેખાઓ દર્શાવે છે: $L_1: x-y=0$ અને $L_2: x-2y=0$.
ત્રીજી રેખા $L_3: x+y+1=0$ છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે આ રેખાઓના છેદબિંદુઓ શોધીએ:
$1$. $L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ: $x=y$ અને $x=2y$ ઉકેલતા $(0,0)$ મળે છે.
$2$. $L_1$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ: $x=y$ અને $x+y+1=0$ ઉકેલતા $2x+1=0 \Rightarrow x=-\frac{1}{2}, y=-\frac{1}{2}$ મળે છે. બિંદુ $(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})$ છે.
$3$. $L_2$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ: $x=2y$ અને $x+y+1=0$ ઉકેલતા $2y+y+1=0$ $\Rightarrow 3y=-1$ $\Rightarrow y=-\frac{1}{3}, x=-\frac{2}{3}$ મળે છે. બિંદુ $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$ છે.
શિરોબિંદુઓ $(0,0)$,$(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{2})$,અને $(-\frac{2}{3}, -\frac{1}{3})$ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ:
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_1(y_2-y_3) + x_2(y_3-y_1) + x_3(y_1-y_2)|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |0(-\frac{1}{2} - (-\frac{1}{3})) + (-\frac{1}{2})(-\frac{1}{3} - 0) + (-\frac{2}{3})(0 - (-\frac{1}{2}))|$
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |0 + \frac{1}{6} - \frac{1}{3}| = \frac{1}{2} |-\frac{1}{6}| = \frac{1}{12}$ ચોરસ એકમ.

(C) આપેલ સમીકરણો $x^2-3xy+2y^2=0$ અને $x^2-3xy+2y^2+x-2=0$ છે.
પ્રથમ સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x-2y)(x-y)=0$,જે રેખાઓ $L_1: x-2y=0$ અને $L_2: x-y=0$ આપે છે.
બીજા સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x-2y+2)(x-y-1)=0$,જે રેખાઓ $L_3: x-2y+2=0$ અને $L_4: x-y-1=0$ આપે છે.
$L_1 \parallel L_3$ અને $L_2 \parallel L_4$ હોવાથી,બનતી આકૃતિ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
રેખાઓના ઢાળ $m_1 = 1/2$ અને $m_2 = 1$ છે.
$m_1 \times m_2 \neq -1$ હોવાથી,રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ નથી.
આમ,આ આકૃતિ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

(C) આપેલ રેખાઓની જોડી $x^2-3xy+2y^2=0$ અને $x^2-3xy+2y^2+x-2=0$ છે.
પ્રથમ સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x-2y)(x-y)=0$,જે રેખાઓ $x-2y=0$ અને $x-y=0$ દર્શાવે છે.
બીજા સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x-2y+2)(x-y-1)=0$,જે રેખાઓ $x-2y+2=0$ અને $x-y-1=0$ દર્શાવે છે.
રેખાઓ $x-2y=0$ અને $x-2y+2=0$ સમાંતર છે,અને રેખાઓ $x-y=0$ અને $x-y-1=0$ સમાંતર છે,તેથી બનતી આકૃતિ સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.
તે લંબચોરસ છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,$x-2y=0$ અને $x-y=0$ વચ્ચેનો ખૂણો શોધીએ. ઢાળ $m_1 = 1/2$ અને $m_2 = 1$ છે. $m_1 \times m_2 \neq -1$ હોવાથી,ખૂણો $90^{\circ}$ નથી.
આમ,તે સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $2 x^2-10 x y+12 y^2+5 x+\lambda y-3=0$ છે.
સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ સાથે સરખાવતા,$a=2, h=-5, b=12, g=5/2, f=\lambda/2, c=-3$ મળે છે.
રેખાઓની જોડી માટે નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} a & h & g \\ h & b & f \\ g & f & c \end{vmatrix} = 0$.
કિંમતો મૂકતા:
$\begin{vmatrix} 2 & -5 & 5/2 \\ -5 & 12 & \lambda/2 \\ 5/2 & \lambda/2 & -3 \end{vmatrix} = 0$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$2(-36 - \lambda^2/4) + 5(15 - 5\lambda/4) + (5/2)(-5\lambda/2 - 30) = 0$.
$-72 - \lambda^2/2 + 75 - 25\lambda/4 - 25\lambda/4 - 75 = 0$.
$-\lambda^2/2 - 25\lambda/2 - 72 = 0$.
$-2$ વડે ગુણતા:
$\lambda^2 + 25\lambda + 144 = 0$.
અવયવ પાડતા:
$(\lambda + 9)(\lambda + 16) = 0$.
તેથી,$\lambda = -9$ અથવા $\lambda = -16$.
શરત $|\lambda| < 16$ મુજબ,$\lambda = -9$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $2 x^2 - 10 x y + 12 y^2 + 5 x + \lambda y - 3 = 0$ છે.
સામાન્ય દ્વિઘાત સમીકરણ $a x^2 + 2 h x y + b y^2 + 2 g x + 2 f y + c = 0$ સાથે સરખાવતા:
$a = 2, h = -5, b = 12, g = \frac{5}{2}, f = \frac{\lambda}{2}, c = -3$.
રેખાયુગ્મ માટે નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} a & h & g \\ h & b & f \\ g & f & c \end{vmatrix} = 0$.
કિંમતો મૂકતા:
$\begin{vmatrix} 2 & -5 & 5/2 \\ -5 & 12 & \lambda/2 \\ 5/2 & \lambda/2 & -3 \end{vmatrix} = 0$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$2 \left( -36 - \frac{\lambda^2}{4} \right) + 5 \left( 15 - \frac{5 \lambda}{4} \right) + \frac{5}{2} \left( -\frac{5 \lambda}{2} - 30 \right) = 0$.
$-72 - \frac{\lambda^2}{2} + 75 - \frac{25 \lambda}{4} - \frac{25 \lambda}{4} - 75 = 0$.
$\lambda^2 + 25 \lambda + 144 = 0$.
$(\lambda + 9)(\lambda + 16) = 0$.
તેથી,$\lambda = -9$ અથવા $\lambda = -16$.
$|\lambda| < 16$ હોવાથી,સાચો જવાબ $\lambda = -9$ છે.

(A) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ છે.
વર્તુળ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $c = 0$.
વર્તુળ $x$-અક્ષ પર $4$ લંબાઈનો અંતઃખંડ બનાવે છે,તેથી $2\sqrt{g^2 - c} = 4$. $c = 0$ હોવાથી,$2|g| = 4$,જેનો અર્થ છે કે $g = \pm 2$.
વર્તુળ $y$-અક્ષ પર $8$ લંબાઈનો અંતઃખંડ બનાવે છે,તેથી $2\sqrt{f^2 - c} = 8$. $c = 0$ હોવાથી,$2|f| = 8$,જેનો અર્થ છે કે $f = \pm 4$.
$g = \pm 2$ અને $f = \pm 4$ ને સમીકરણ $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy = 0$ માં મૂકતા,આપણને $x^2 + y^2 \pm 4x \pm 8y = 0$ મળે છે.

(C) વ્યાસ રેખાઓનું છેદબિંદુ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. $2x+y=7$ અને $x+3y=11$ ને ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણ પરથી,$y=7-2x$.
બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $x+3(7-2x)=11$ $\Rightarrow x+21-6x=11$ $\Rightarrow -5x=-10$ $\Rightarrow x=2$.
તેથી $y=7-2(2)=3$.
આમ,કેન્દ્ર $(h,k) = (2,3)$ છે.
ત્રિજ્યા $r$ એ કેન્દ્ર $(2,3)$ અને બિંદુ $(5,7)$ વચ્ચેનું અંતર છે:
$r = \sqrt{(5-2)^2+(7-3)^2} = \sqrt{3^2+4^2} = \sqrt{9+16} = 5$.
વર્તુળનું સમીકરણ $(x-h)^2+(y-k)^2=r^2$ છે:
$(x-2)^2+(y-3)^2 = 5^2$
$x^2-4x+4+y^2-6y+9 = 25$
$x^2+y^2-4x-6y-12 = 0$.

(D) આપેલ વર્તુળો $S_1: x^2+y^2-2x+8y+13=0$ અને $S_2: x^2+y^2-4x+6y+11=0$ છે.
$S_1$ માટે,કેન્દ્ર $C_1 = (1, -4)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{1^2+(-4)^2-13} = \sqrt{1+16-13} = 2$.
$S_2$ માટે,કેન્દ્ર $C_2 = (2, -3)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = \sqrt{2^2+(-3)^2-11} = \sqrt{4+9-11} = \sqrt{2}$.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = C_1C_2 = \sqrt{(2-1)^2+(-3-(-4))^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.
વર્તુળો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\cos \theta = \frac{d^2-r_1^2-r_2^2}{2r_1r_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,$\cos \theta = \frac{(\sqrt{2})^2 - 2^2 - (\sqrt{2})^2}{2 \times 2 \times \sqrt{2}} = \frac{2-4-2}{4\sqrt{2}} = \frac{-4}{4\sqrt{2}} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$\theta = 135^{\circ}$.

(C) ધારો કે માંગેલ વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+2gx+2fy=0$ છે (કારણ કે તે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થાય છે,તેથી $c=0$).
બે વર્તુળો $x^2+y^2+2g_1x+2f_1y+c_1=0$ અને $x^2+y^2+2g_2x+2f_2y+c_2=0$ લંબછેદી હોય તો શરત $2g_1g_2+2f_1f_2=c_1+c_2$ છે.
પ્રથમ વર્તુળ $x^2+y^2-6x+8=0$ માટે,$g_1=-3, f_1=0, c_1=8$. શરત મુજબ: $2g(-3)+2f(0)=0+8$ $\Rightarrow -6g=8$ $\Rightarrow g=-\frac{4}{3}$.
બીજા વર્તુળ $x^2+y^2-2x-2y-7=0$ માટે,$g_2=-1, f_2=-1, c_2=-7$. શરત મુજબ: $2g(-1)+2f(-1)=0-7 \Rightarrow -2g-2f=-7$.
$g=-\frac{4}{3}$ ને બીજા સમીકરણમાં મૂકતા: $-2(-\frac{4}{3})-2f=-7$ $\Rightarrow \frac{8}{3}-2f=-7$ $\Rightarrow 2f = 7+\frac{8}{3} = \frac{29}{3}$ $\Rightarrow f=\frac{29}{6}$.
સમીકરણ $x^2+y^2+2(-\frac{4}{3})x+2(\frac{29}{6})y=0$ મળે.
$x^2+y^2-\frac{8}{3}x+\frac{29}{3}y=0$.
$3$ વડે ગુણતા,$3x^2+3y^2-8x+29y=0$ મળે.

(B) ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $C(h, k)$ છે. વર્તુળ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,તેની ત્રિજ્યા $r$ એ $r^2 = h^2 + k^2$ દ્વારા મળે છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $(x-h)^2 + (y-k)^2 = h^2 + k^2$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 2hx - 2ky = 0$ થાય છે.
કેન્દ્ર $(h, k)$ થી રેખા $x=3$ (અથવા $x-3=0$) નું લંબ અંતર $d = |h-3|$ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,$r^2 = d^2 + (L/2)^2$,જ્યાં $L=4$ એ જીવાની લંબાઈ છે.
તેથી,$h^2 + k^2 = (h-3)^2 + 2^2$.
$h^2 + k^2 = h^2 - 6h + 9 + 4$.
$k^2 = -6h + 13$.
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $y^2 = -6x + 13$ અથવા $y^2 + 6x = 13$ મળે છે.

(B) પરવલયનું સમીકરણ $y^2 = 4ax$ છે,જ્યાં $a = 1$. પરવલયનું નાભિ $(a, 0) = (1, 0)$ છે.
પરવલય $y^2 = 4ax$ પરના બિંદુ $(at^2, 2at)$ આગળના અભિલંબનું સમીકરણ $y = -tx + 2at + at^3$ છે.
અભિલંબ બિંદુ $(1, 0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,આપણે સમીકરણમાં $x = 1$ અને $y = 0$ મૂકીએ:
$0 = -t(1) + 2(1)t + (1)t^3$
$0 = -t + 2t + t^3$
$0 = t + t^3$
$t(1 + t^2) = 0$
$t$ એ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવી જોઈએ,તેથી માત્ર $t = 0$ ઉકેલ મળે છે.
$t = 0$ માટે,અભિલંબ $y = 0$ છે,જે $x$-અક્ષ છે.
આમ,બિંદુ $(1, 0)$ માંથી પરવલય પર માત્ર $1$ અભિલંબ દોરી શકાય છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $(1+x^2)^{12}(1+x^{12})(1+x^{24})$ છે.
પ્રથમ,$(1+x^{12})(1+x^{24}) = 1 + x^{12} + x^{24} + x^{36}$ નું વિસ્તરણ કરો.
હવે,પદાવલિ $(1+x^2)^{12}(1 + x^{12} + x^{24} + x^{36})$ બને છે.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$(1+x^2)^{12} = \sum_{k=0}^{12} {}^{12}C_k x^{2k}$.
આપણે $(\sum_{k=0}^{12} {}^{12}C_k x^{2k})(1 + x^{12} + x^{24} + x^{36})$ માં $x^{24}$ નો સહગુણક શોધવો છે.
આ સહગુણકોનો સરવાળો નીચે મુજબ છે:
$1$. $1 \times ({}^{12}C_{12} x^{24}) = 1 \cdot x^{24}$.
$2$. $x^{12} \times ({}^{12}C_6 x^{12}) = {}^{12}C_6 x^{24}$.
$3$. $x^{24} \times ({}^{12}C_0 x^0) = 1 \cdot x^{24}$.
તેથી,$x^{24}$ નો કુલ સહગુણક ${}^{12}C_6 + 1 + 1 = {}^{12}C_6 + 2$ થાય.

(D) આપેલ પદાવલિ $\frac{1}{(x-1)^2(x-2)}$ છે.
આપણે તેને $\frac{1}{(-1)^2(1-x)^2(-2)(1-\frac{x}{2})} = -\frac{1}{2}(1-x)^{-2}(1-\frac{x}{2})^{-1}$ તરીકે લખી શકીએ.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-z)^{-n} = 1 + nz + \frac{n(n+1)}{2!}z^2 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1-x)^{-2} = 1 + 2x + 3x^2 + \dots$
$(1-\frac{x}{2})^{-1} = 1 + \frac{x}{2} + \frac{x^2}{4} + \dots$
આ શ્રેણીઓનો ગુણાકાર કરતા:
$-\frac{1}{2}(1 + 2x + \dots)(1 + \frac{x}{2} + \dots) = -\frac{1}{2}(1 + \frac{5x}{2} + \dots)$.
અચળ પદ એ $x$ થી સ્વતંત્ર પદ છે,જે $-\frac{1}{2} \times 1 = -\frac{1}{2}$ છે.

(D) આપેલ છે,$\frac{1}{e^{3x}}(e^x + e^{5x}) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$
$\Rightarrow e^{-2x} + e^{2x} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$
વિસ્તરણ $e^y + e^{-y} = 2(1 + \frac{y^2}{2!} + \frac{y^4}{4!} + \ldots)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2(1 + \frac{(2x)^2}{2!} + \frac{(2x)^4}{4!} + \ldots) = a_0 + a_1x + a_2x^2 + \ldots$
બંને બાજુ $x^n$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા,આપણે જોઈ શકીએ છીએ કે બધા એકી ક્રમના સહગુણકો $a_1, a_3, a_5, \ldots$ શૂન્ય છે.
તેથી,$2a_1 + 2^3a_3 + 2^5a_5 + \ldots = 2(0) + 2^3(0) + 2^5(0) + \ldots = 0$.

(A) નાના $u$ માટે દ્વિપદી અંદાજ $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left(1+\frac{2 x}{3}\right)^{3 / 2} \approx 1 + \frac{3}{2} \cdot \frac{2x}{3} = 1+x$
બીજા પદ માટે:
$(32+5 x)^{-1 / 5} = 32^{-1 / 5} \left(1+\frac{5 x}{32}\right)^{-1 / 5} = \frac{1}{2} \left(1+\frac{5 x}{32}\right)^{-1 / 5}$
અંદાજ $(1+u)^n \approx 1+nu$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{5} \cdot \frac{5x}{32}\right) = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{x}{32}\right)$
બંને અંદાજોનો ગુણાકાર કરતા:
$(1+x) \cdot \frac{1}{2} \left(1 - \frac{x}{32}\right) = \frac{1}{2} \left(1 - \frac{x}{32} + x - \frac{x^2}{32}\right)$
$x^2$ ને અવગણતા:
$\approx \frac{1}{2} \left(1 + \frac{31x}{32}\right) = \frac{32+31x}{64}$

(C) અહીં,નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $2ae = 6$ છે,તેથી $ae = 3$.
ગૌણ અક્ષની લંબાઈ $2b = 8$ છે,તેથી $b = 4$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $b^2 = a^2(1 - e^2)$,જેને $b^2 = a^2 - a^2e^2$ તરીકે લખી શકાય.
$b = 4$ અને $ae = 3$ મૂકતા:
$4^2 = a^2 - (ae)^2$
$16 = a^2 - 3^2$
$16 = a^2 - 9$
$a^2 = 25 \Rightarrow a = 5$.
હવે,$ae = 3$ નો ઉપયોગ કરતા:
$5e = 3$
$e = \frac{3}{5}$.

(D) આપેલ છે,$\frac{5}{r} = 2 + 3 \cos \theta + 4 \sin \theta$.
$2$ વડે ભાગતા: $\frac{5/2}{r} = 1 + \frac{3}{2} \cos \theta + 2 \sin \theta$.
આપણે $\frac{3}{2} \cos \theta + 2 \sin \theta$ ને $e \cos(\theta - \phi)$ સ્વરૂપમાં લખી શકીએ,જ્યાં $e = \sqrt{(\frac{3}{2})^2 + 2^2} = \sqrt{\frac{9}{4} + 4} = \sqrt{\frac{25}{4}} = \frac{5}{2}$.
આમ,સમીકરણ $\frac{5/2}{r} = 1 + \frac{5}{2} \cos(\theta - \phi)$ બને છે.
શંકુના પ્રમાણિત ધ્રુવીય સ્વરૂપ $\frac{l}{r} = 1 + e \cos(\theta - \phi)$ સાથે સરખાવતા,આપણને ઉત્કેન્દ્રતા $e = \frac{5}{2}$ મળે છે.

(B) અતિવલય $S = 0$ માટે મધ્યબિંદુ $(x_1, y_1)$ વાળી જીવાનું સમીકરણ $T = S_1$ છે.
અતિવલય $2x^2 - 3y^2 - 12 = 0$ માટે,મધ્યબિંદુ $(x_1, y_1)$ વાળી જીવાનું સમીકરણ $2xx_1 - 3yy_1 = 2x_1^2 - 3y_1^2$ થાય.
આપેલ જીવા $4x - 3y = 5$ સાથે સરખાવતા:
$\frac{2x_1}{4} = \frac{-3y_1}{-3} = \frac{2x_1^2 - 3y_1^2}{5}$.
$\frac{2x_1}{4} = y_1$ પરથી $x_1 = 2y_1$ મળે.
$x_1 = 2y_1$ ને $\frac{2x_1}{4} = \frac{2x_1^2 - 3y_1^2}{5}$ માં મૂકતા:
$y_1 = \frac{8y_1^2 - 3y_1^2}{5}$ $\Rightarrow 5y_1 = 5y_1^2$ $\Rightarrow y_1^2 - y_1 = 0$.
તેથી $y_1 = 1$ (કારણ કે $(0,0)$ જીવા પર નથી).
માટે $x_1 = 2(1) = 2$.
આમ,મધ્યબિંદુ $(2, 1)$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણો $x^2+y^2=a^2$ અને $xy=c^2$ છે.
બીજા સમીકરણ પરથી,$x = \frac{c^2}{y}$.
આ કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા:
$\left(\frac{c^2}{y}\right)^2 + y^2 = a^2$
$\frac{c^4}{y^2} + y^2 = a^2$
$c^4 + y^4 = a^2 y^2$
$y^4 - a^2 y^2 + c^4 = 0$
આ $y$ માં ચતુર્થઘાત સમીકરણ છે. ધારો કે તેના બીજ $y_1, y_2, y_3, y_4$ છે.
સમીકરણ $y^4 + 0y^3 - a^2 y^2 + 0y + c^4 = 0$ ના બીજનો સરવાળો એ $y^3$ ના સહગુણક અને $y^4$ ના સહગુણકના ગુણોત્તરનું ઋણ મૂલ્ય છે.
સરવાળો $= -\frac{0}{1} = 0$.
તેથી,$y_1+y_2+y_3+y_4 = 0$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x})^x = e^a$.
આપેલ પદ: $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+5}{x+2})^{x+3}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{3}{x+2})^{x+3}$
$= \lim _{x \rightarrow \infty} [(1 + \frac{3}{x+2})^{\frac{x+2}{3}}]^{\frac{3(x+3)}{x+2}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{3x+9}{x+2}}$
$= e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{3 + 9/x}{1 + 2/x}}$
$= e^3$

(C) મધ્યક $m$ ની ગણતરી $E[X] = \sum p_i x_i$ તરીકે કરવામાં આવે છે:
$m = (0 \times \frac{1}{3}) + (1 \times \frac{1}{2}) + (2 \times 0) + (3 \times \frac{1}{6})$
$m = 0 + \frac{1}{2} + 0 + \frac{1}{2} = 1$
વિચરણ $\sigma^2$ ની ગણતરી $E[X^2] - (E[X])^2$ તરીકે કરવામાં આવે છે:
$E[X^2] = \sum p_i x_i^2 = (0^2 \times \frac{1}{3}) + (1^2 \times \frac{1}{2}) + (2^2 \times 0) + (3^2 \times \frac{1}{6})$
$E[X^2] = 0 + \frac{1}{2} + 0 + \frac{9}{6} = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 2$
$\sigma^2 = E[X^2] - m^2 = 2 - (1)^2 = 2 - 1 = 1$
આમ,$m = 1$ અને $\sigma^2 = 1$,તેથી $m = \sigma^2 = 1$.

(B) કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$ અને $\cos B = \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$a(b \cos C - c \cos B) = a(b \cdot \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} - c \cdot \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2ac})$
$= a(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2a} - \frac{a^2 + c^2 - b^2}{2a})$
$= \frac{a^2 + b^2 - c^2 - a^2 - c^2 + b^2}{2}$
$= \frac{2b^2 - 2c^2}{2}$
$= b^2 - c^2$.

(C) ધારો કે $2s = a+b+c$. તેથી $b+c-a = 2s-2a$,$c+a-b = 2s-2b$,અને $a+b-c = 2s-2c$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{(2s)(2s-2a)(2s-2b)(2s-2c)}{4b^2c^2} = \frac{16s(s-a)(s-b)(s-c)}{4b^2c^2} = 4 \frac{s(s-a)}{bc} \cdot \frac{(s-b)(s-c)}{bc}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $\cos^2(\frac{A}{2}) = \frac{s(s-a)}{bc}$ અને $\sin^2(\frac{A}{2}) = \frac{(s-b)(s-c)}{bc}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$4 \cos^2(\frac{A}{2}) \sin^2(\frac{A}{2}) = (2 \sin(\frac{A}{2}) \cos(\frac{A}{2}))^2 = \sin^2 A$.

(D) ધારો કે $s = \frac{a+b+c}{2}$ એ ત્રિકોણની અર્ધ-પરિમિતિ છે,તેથી $a+b+c = 2s$.
તેથી,$b+c-a = 2s-2a$,$c+a-b = 2s-2b$,અને $a+b-c = 2s-2c$.
પદાવલિ આ મુજબ બને છે:
$\frac{(2s)(2s-2a)(2s-2b)(2s-2c)}{4b^2c^2} = \frac{16s(s-a)(s-b)(s-c)}{4b^2c^2}$.
હેરોનના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\Delta^2 = s(s-a)(s-b)(s-c)$,તેથી પદાવલિ $\frac{16\Delta^2}{4b^2c^2} = \frac{4\Delta^2}{b^2c^2}$ થાય.
આને $\left(\frac{2\Delta}{bc}\right)^2$ તરીકે લખી શકાય.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2}bc \sin A$ હોવાથી,$\sin A = \frac{2\Delta}{bc}$ મળે.
તેથી,પદાવલિની કિંમત $\sin^2 A$ થાય.

(B) આપેલ છે કે $A$ અને $B$ સંમિત શ્રેણિકો છે,તેથી $A^{\prime} = A$ અને $B^{\prime} = B$ થાય.
શ્રેણિક $(AB - BA)$ નો પરિવર્તિત શ્રેણિક લઈએ:
$(AB - BA)^{\prime} = (AB)^{\prime} - (BA)^{\prime}$
ગુણધર્મ $(XY)^{\prime} = Y^{\prime}X^{\prime}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(AB - BA)^{\prime} = B^{\prime}A^{\prime} - A^{\prime}B^{\prime}$
$A^{\prime} = A$ અને $B^{\prime} = B$ હોવાથી,કિંમતો મૂકતા:
$(AB - BA)^{\prime} = BA - AB$
$(AB - BA)^{\prime} = -(AB - BA)$
શ્રેણિક $(AB - BA)$ નો પરિવર્તિત શ્રેણિક તે શ્રેણિકના ઋણ જેટલો હોવાથી,$AB - BA$ એ વિસંમિત શ્રેણિક છે.

(D) જો શ્રેણિકનો વ્યસ્ત ન હોય,તો તેનો નિશ્ચાયક $0$ હોવો જોઈએ.
ધારો કે $A = \left[\begin{array}{rrr}1 & -1 & x \\ 1 & x & 1 \\ x & -1 & 1\end{array}\right]$.
આપણે $|A| = 0$ લઈએ:
$|A| = 1(x - (-1)) - (-1)(1 - x) + x(-1 - x^2) = 0$
$|A| = 1(x + 1) + 1(1 - x) + x(-1 - x^2) = 0$
$|A| = x + 1 + 1 - x - x - x^3 = 0$
$|A| = -x^3 - x + 2 = 0$
$x^3 + x - 2 = 0$
નિરીક્ષણ દ્વારા,જો $x = 1$ લઈએ,તો $1^3 + 1 - 2 = 0$,જે સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,જો $x = 1$ હોય,તો શ્રેણિક $\left[\begin{array}{rrr}1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & 1\end{array}\right]$ બને છે.
પ્રથમ અને ત્રીજી સ્તંભ સમાન હોવાથી,નિશ્ચાયક $0$ થાય છે.
આમ,$x$ ની વાસ્તવિક કિંમત $1$ છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left|\begin{array}{lll}3 & 5 & x \\ 7 & x & 7 \\ x & 5 & 3\end{array}\right|=0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$3(3x - 35) - 5(21 - 7x) + x(35 - x^2) = 0$
$9x - 105 - 105 + 35x + 35x - x^3 = 0$
$-x^3 + 79x - 210 = 0$
$x^3 - 79x + 210 = 0$
કારણ કે $x = -10$ એ એક બીજ છે,તેથી $(x + 10)$ એ એક અવયવ છે. $x^3 - 79x + 210$ ને $(x + 10)$ વડે ભાગતા $(x^2 - 10x + 21)$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(x^2 - 10x + 21) = (x - 3)(x - 7)$.
આમ,સમીકરણ $(x + 10)(x - 3)(x - 7) = 0$ થાય છે.
બીજ $x = -10, 3, 7$ છે.
તેથી,અન્ય બીજ $3$ અને $7$ છે.

(A) ધારો કે $a$ એ પ્રથમ પદ છે અને $R$ એ ભૌમિતિક શ્રેણી $(GP)$ નો સામાન્ય ગુણોત્તર છે.
તેથી,$n$-મું પદ $T_n = a R^{n-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $x, y, z$ એ અનુક્રમે $p$-મું,$q$-મું અને $r$-મું પદ છે:
$x = a R^{p-1}$,$y = a R^{q-1}$,$z = a R^{r-1}$.
બંને બાજુ લઘુગણક (logarithm) લેતા:
$\log x = \log a + (p-1) \log R$
$\log y = \log a + (q-1) \log R$
$\log z = \log a + (r-1) \log R$
હવે,આ કિંમતોને નિશ્ચાયક $\Delta = \left|\begin{array}{lll} \log x & p & 1 \\ \log y & q & 1 \\ \log z & r & 1 \end{array}\right|$ માં મૂકતા.
$\Delta = \left|\begin{array}{lll} \log a + (p-1) \log R & p & 1 \\ \log a + (q-1) \log R & q & 1 \\ \log a + (r-1) \log R & r & 1 \end{array}\right|$.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીને,આપણે તેને બે નિશ્ચાયકોમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$\Delta = \left|\begin{array}{lll} \log a & p & 1 \\ \log a & q & 1 \\ \log a & r & 1 \end{array}\right| + \left|\begin{array}{lll} (p-1) \log R & p & 1 \\ (q-1) \log R & q & 1 \\ (r-1) \log R & r & 1 \end{array}\right|$.
પ્રથમ નિશ્ચાયકમાં,પ્રથમ સ્તંભ એ ત્રીજા સ્તંભના $\log a$ ગણા છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
બીજા નિશ્ચાયકમાં,$C_1 = (C_2 - C_3) \log R$ હોવાથી,પ્રથમ સ્તંભ એ $(C_2 - C_3)$ ના ગુણાંકમાં છે,તેથી તેનું મૂલ્ય પણ $0$ છે.
આમ,$\Delta = 0 + 0 = 0$.

(D) આપણે પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેયોના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$\cos ^{-1}(-x) = \pi - \cos ^{-1}(x)$,$\sin ^{-1}(-x) = -\sin ^{-1}(x)$,અને $\tan ^{-1}(-x) = -\tan ^{-1}(x)$.
આપેલ પદાવલિ:
$E = \cos ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) - 2 \sin ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) + 3 \cos ^{-1}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - 4 \tan ^{-1}(-1)$
$E = \left(\pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)\right) - 2\left(\frac{\pi}{6}\right) + 3\left(\pi - \cos ^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\right) - 4\left(-\frac{\pi}{4}\right)$
$E = \left(\pi - \frac{\pi}{3}\right) - \frac{\pi}{3} + 3\left(\pi - \frac{\pi}{4}\right) + \pi$
$E = \frac{2\pi}{3} - \frac{\pi}{3} + 3\left(\frac{3\pi}{4}\right) + \pi$
$E = \frac{\pi}{3} + \frac{9\pi}{4} + \pi$
$E = \frac{4\pi + 27\pi + 12\pi}{12} = \frac{43\pi}{12}$

(C) પદાવલિ $\frac{2x-1}{x^3+4x^2+3x}$ એ છેદ શૂન્ય ન હોય તેવા તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
છેદને શૂન્ય સાથે સરખાવતા: $x^3+4x^2+3x = 0$.
$x$ સામાન્ય લેતા: $x(x^2+4x+3) = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $x(x+1)(x+3) = 0$.
ઉકેલો $x = 0, x = -1, x = -3$ મળે છે.
આમ,આ પદાવલિ $0, -1, -3$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વ્યાખ્યાયિત છે.
તેથી,ગણ $R - \{0, -1, -3\}$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \sin ^4 x + \cos ^4 x$.
આપણે નિત્યસમ $\sin ^2 x + \cos ^2 x = 1$ નો ઉપયોગ કરીને આને ફરીથી લખી શકીએ:
$f(x) = (\sin ^2 x + \cos ^2 x)^2 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x$
$f(x) = 1 - \frac{1}{2} (2 \sin x \cos x)^2$
$f(x) = 1 - \frac{1}{2} \sin ^2 (2x)$
નિત્યસમ $\sin ^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 1 - \frac{1}{2} \left( \frac{1 - \cos 4x}{2} \right)$
$f(x) = 1 - \frac{1}{4} + \frac{\cos 4x}{4} = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} \cos 4x$.
$\cos(kx)$ નો આવર્તકાળ $\frac{2\pi}{|k|}$ છે.
અહીં,$k = 4$ છે,તેથી આવર્તકાળ $\frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$ થશે.

(B) સંખ્યાત્મક સંકલન માટે ટ્રેપેઝોઇડલ નિયમ નીચે મુજબ છે:
$\text{અંતર} = \int_{0}^{10} v(t) \ dt \approx \frac{h}{2} [v_0 + 2(v_1 + v_2 + v_3 + v_4) + v_5]$
અહીં,અંતરાલની પહોળાઈ $h = 2 \ s$ છે.
કિંમતો $v_0 = 0, v_1 = 12, v_2 = 16, v_3 = 20, v_4 = 35, v_5 = 60$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$\text{અંતર} = \frac{2}{2} [0 + 2(12 + 16 + 20 + 35) + 60]$
$\text{અંતર} = 1 \times [0 + 2(83) + 60]$
$\text{અંતર} = 166 + 60 = 226 \ m$.

(D) $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = f(0)$ હોવું જોઈએ.
આપેલ છે કે $f(0) = a$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x - \sin 2x}{2x \cos x}$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x - 2 \sin x \cos x}{2x \cos x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2 \sin x (1 - \cos x)}{2x \cos x}$.
$= \lim_{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin x}{x} \right) \cdot \left( \frac{1 - \cos x}{\cos x} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ અને $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1 - \cos x}{\cos x} = \frac{1 - 1}{1} = 0$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = 1 \cdot 0 = 0$.
$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$a = 0$ થાય.

(B) આપેલ છે,$x = \frac{1-\sqrt{y}}{1+\sqrt{y}}$.
યોગ-વિયોગની રીત (componendo and dividendo) વાપરતા:
$\frac{1+x}{1-x} = \frac{(1+\sqrt{y})+(1-\sqrt{y})}{(1+\sqrt{y})-(1-\sqrt{y})} = \frac{2}{2\sqrt{y}} = \frac{1}{\sqrt{y}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\sqrt{y} = \frac{1-x}{1+x}$,તેથી $y = \left(\frac{1-x}{1+x}\right)^2$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 2\left(\frac{1-x}{1+x}\right) \cdot \frac{d}{dx}\left(\frac{1-x}{1+x}\right)$.
ભાગાકારના નિયમ મુજબ:
$\frac{d}{dx}\left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \frac{(-1)(1+x) - (1-x)(1)}{(1+x)^2} = \frac{-1-x-1+x}{(1+x)^2} = \frac{-2}{(1+x)^2}$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = 2\left(\frac{1-x}{1+x}\right) \cdot \left(\frac{-2}{(1+x)^2}\right) = \frac{-4(1-x)}{(1+x)^3} = \frac{4(x-1)}{(1+x)^3}$.

(D) આપેલ છે,વ્યાસમાં ભૂલ $\Delta D = \pm 0.04 \text{ cm}$.
$D = 2r$ હોવાથી,ત્રિજ્યામાં ભૂલ $\Delta r = \frac{\Delta D}{2} = \frac{\pm 0.04}{2} = \pm 0.02 \text{ cm}$ થાય.
ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
$r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dV}{dr} = 4 \pi r^2$,તેથી $dV = 4 \pi r^2 \Delta r$ મળે.
ઘનફળમાં પ્રતિશત ભૂલ $\frac{dV}{V} \times 100$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{dV}{V} \times 100 = \frac{4 \pi r^2 \Delta r}{\frac{4}{3} \pi r^3} \times 100 = \frac{3 \Delta r}{r} \times 100$.
$r = 10 \text{ cm}$ અને $\Delta r = \pm 0.02 \text{ cm}$ લેતા:
પ્રતિશત ભૂલ $= \frac{3 \times (\pm 0.02)}{10} \times 100 = \frac{\pm 0.06}{10} \times 100 = \pm 0.6 \%$.

(C) ધારો કે બે થાંભલાઓ $AD$ અને $BC$ છે જેમની ઊંચાઈ અનુક્રમે $a$ અને $b$ છે,જે સમક્ષિતિજ જમીન $AB$ પર આવેલા છે. $P$ એ $AB$ પરનું બિંદુ છે.
$\triangle APD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{AD}{AP} = \frac{a}{AP} \Rightarrow AP = a$.
$\triangle BPC$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{BC}{BP} = \frac{b}{BP} \Rightarrow BP = b$.
$BC$ પર $E$ બિંદુએ લંબ $DE$ દોરો. તેથી $DE = AB = AP + PB = a + b$ અને $CE = BC - BE = BC - AD = b - a$.
કાટકોણ $\triangle DEC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$DC^2 = DE^2 + CE^2$
$DC^2 = (a+b)^2 + (b-a)^2$
$DC^2 = (a^2 + 2ab + b^2) + (b^2 - 2ab + a^2)$
$DC^2 = 2(a^2 + b^2)$.

(B) આપેલ છે કે,$\frac{d}{d x}\left[a \tan ^{-1} x+b \log \left(\frac{x-1}{x+1}\right)\right]=\frac{1}{x^4-1}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$a \tan ^{-1} x+b \log \left(\frac{x-1}{x+1}\right) = \int \frac{1}{x^4-1} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{1}{x^4-1} = \frac{1}{(x^2-1)(x^2+1)} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{x^2-1} - \frac{1}{x^2+1} \right]$.
તેથી,$\int \frac{1}{x^4-1} dx = \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2-1} dx - \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2+1} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{1}{x^2-a^2} dx = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{x-a}{x+a} \right|$ અને $\int \frac{1}{x^2+1} dx = \tan^{-1} x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int \frac{1}{x^4-1} dx = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| \right) - \frac{1}{2} \tan^{-1} x = \frac{1}{4} \log \left| \frac{x-1}{x+1} \right| - \frac{1}{2} \tan^{-1} x$.
આને $a \tan^{-1} x + b \log \left( \frac{x-1}{x+1} \right)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = -\frac{1}{2}$ અને $b = \frac{1}{4}$ મળે છે.
તેથી,$a - 2b = -\frac{1}{2} - 2 \left( \frac{1}{4} \right) = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = -1$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x+1) \sqrt{4x+3}}$.
$4x+3 = t^2$ આદેશ લેતા,$4dx = 2tdt$ અથવા $dx = \frac{1}{2} t dt$ મળે.
વળી,$x = \frac{t^2-3}{4}$,તેથી $x+1 = \frac{t^2-3}{4} + 1 = \frac{t^2+1}{4}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\frac{1}{2} t dt}{(\frac{t^2+1}{4}) t} = \int \frac{\frac{1}{2} dt}{\frac{t^2+1}{4}} = 2 \int \frac{dt}{t^2+1}$.
સંકલન કરતા,$I = 2 \tan^{-1}(t) + c$ મળે.
$t = \sqrt{4x+3}$ પાછા મૂકતા,$I = 2 \tan^{-1} \sqrt{4x+3} + c$ મળે.

(C) આપણને $I_n = \int \sin^n x \, dx$ માટે રિડક્શન ફોર્મ્યુલા આપવામાં આવી છે.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = \sin^{n-1} x$ અને $dv = \sin x \, dx$.
તેથી $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x \, dx$ અને $v = -\cos x$ થાય.
સૂત્ર $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ લાગુ પાડતા:
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x - \int (-\cos x) (n-1) \sin^{n-2} x \cos x \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) \, dx$
$I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$
પદોને ગોઠવતા:
$I_n + (n-1) I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2}$
$n I_n = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2}$
તેથી,$n I_n - (n-1) I_{n-2} = -\sin^{n-1} x \cos x$.