AP EAMCET 2010 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) આપેલ શ્રેણી $\log _4 2 - \log _8 2 + \log _{16} 2 - \ldots$ છે.
ગુણધર્મ $\log _b a = \frac{1}{\log _a b}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{\log _2 4} - \frac{1}{\log _2 8} + \frac{1}{\log _2 16} - \ldots$
$= \frac{1}{\log _2 2^2} - \frac{1}{\log _2 2^3} + \frac{1}{\log _2 2^4} - \ldots$
$= \frac{1}{2 \log _2 2} - \frac{1}{3 \log _2 2} + \frac{1}{4 \log _2 2} - \ldots$
$\log _2 2 = 1$ હોવાથી,શ્રેણી આ મુજબ થશે:
$= \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\log _e(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \ldots$
$x = 1$ લેતા,$\log _e(1 + 1) = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \ldots$
$\Rightarrow \log _e 2 = 1 - (\frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots)$
$\Rightarrow \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{4} - \ldots = 1 - \log _e 2$

(D) આપેલ અસમતા: $\frac{14 x}{x+1}-\frac{9 x-30}{x-4} < 0$
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{14 x(x-4)-(9 x-30)(x+1)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{14 x^2-56 x-(9 x^2+9 x-30 x-30)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{14 x^2-56 x-(9 x^2-21 x-30)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{5 x^2-35 x+30}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{5(x^2-7 x+6)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{5(x-1)(x-6)}{(x+1)(x-4)} < 0$
સંખ્યા રેખા પર વેવી કર્વ પદ્ધતિ (ચિહ્ન યોજના) નો ઉપયોગ કરતા,નિર્ણાયક બિંદુઓ $-1, 1, 4, 6$ છે:
આ પદાવલિ $(-1, 1)$ અને $(4, 6)$ અંતરાલમાં ઋણ છે.
તેથી,$x \in (-1, 1) \cup (4, 6)$.

(B) ધારો કે $x-1 = t$,તેથી $x = t+1$. અંશમાં આ કિંમત મૂકતા:
$3(t+1)^2 + (t+1) + 1 = 3(t^2+2t+1) + t + 2 = 3t^2 + 6t + 3 + t + 2 = 3t^2 + 7t + 5$.
હવે,પદાવલિ આ મુજબ બનશે:
$\frac{3t^2+7t+5}{t^4} = \frac{3}{t^2} + \frac{7}{t^3} + \frac{5}{t^4}$.
આને $\frac{a}{t} + \frac{b}{t^2} + \frac{c}{t^3} + \frac{d}{t^4}$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a = 0, b = 3, c = 7, d = 5$.
તેથી,$\left[\begin{array}{ll}a & b \\ c & d\end{array}\right] = \left[\begin{array}{ll}0 & 3 \\ 7 & 5\end{array}\right]$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^3-6x^2+11x-6=0$ ના બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$\alpha+\beta+\gamma = 6$
$\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha = 11$
$\alpha\beta\gamma = 6$
$a, b, c$ ની ગણતરી:
$b = \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha = 11$
$a = \alpha^2+\beta^2+\gamma^2 = (\alpha+\beta+\gamma)^2 - 2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha) = 6^2 - 2(11) = 36 - 22 = 14$
$c = (\alpha+\beta)(\beta+\gamma)(\gamma+\alpha) = (6-\gamma)(6-\alpha)(6-\beta)$
સમીકરણ $x^3-6x^2+11x-6 = (x-1)(x-2)(x-3)$ હોવાથી,બીજ $1, 2, 3$ છે.
$c = (6-1)(6-2)(6-3) = 5 \times 4 \times 3 = 60$
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $b=11, a=14, c=60$.
તેથી,$b < a < c$.

(A) આપેલ ત્રિઘાત સમીકરણ: $x^3-b x^2+c x-d=0$.
ધારો કે સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં બીજ $\frac{a}{r}, a, ar$ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી:
$1$. બીજનો સરવાળો: $\frac{a}{r} + a + ar = b \Rightarrow a(\frac{1}{r} + 1 + r) = b$ ... $(i)$
$2$. બે-બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો: $\frac{a}{r} \cdot a + a \cdot ar + ar \cdot \frac{a}{r} = c \Rightarrow a^2(\frac{1}{r} + r + 1) = c$ ... (ii)
$3$. બીજનો ગુણાકાર: $\frac{a}{r} \cdot a \cdot ar = d \Rightarrow a^3 = d$ ... (iii)
(ii) ને $(i)$ વડે ભાગતા: $\frac{a^2(\frac{1}{r} + 1 + r)}{a(\frac{1}{r} + 1 + r)} = \frac{c}{b} \Rightarrow a = \frac{c}{b}$.
$a = \frac{c}{b}$ ને (iii) માં મૂકતા: $(\frac{c}{b})^3 = d$ $\Rightarrow \frac{c^3}{b^3} = d$ $\Rightarrow c^3 = b^3 d$.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3-a x^2+a x-1=0$ છે.
આપણે સમીકરણનું અવયવીકરણ આ રીતે કરી શકીએ:
$(x^3-1) - a x(x-1) = 0$
$(x-1)(x^2+x+1) - a x(x-1) = 0$
$(x-1)(x^2+x+1-a x) = 0$
$(x-1)(x^2+(1-a)x+1) = 0$.
કારણ કે $\alpha \neq 1$ એ બીજ છે,તેથી $\alpha$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+(1-a)x+1=0$ નું સમાધાન કરે છે.
આમ,$\alpha^2+(1-a)\alpha+1=0$.
$\alpha$ વડે ભાગતા (કારણ કે $\alpha \neq 0$),આપણને $\alpha + (1-a) + \frac{1}{\alpha} = 0$ મળે છે.
વૈકલ્પિક રીતે,જો $x$ એ બીજ હોય,તો $\frac{1}{x}$ પણ બીજ છે કારણ કે સમીકરણ વ્યસ્ત છે.
તેથી,જો $\alpha$ એ બીજ હોય,તો $\frac{1}{\alpha}$ પણ બીજ છે.

(D) $z=1+i \sqrt{3}$
અહીં $z$ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$\operatorname{Arg} z = \tan^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{1}\right) = \frac{\pi}{3}$ થાય.
તેના અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $\bar{z} = 1-i \sqrt{3}$ માટે,જે ચોથા ચરણમાં છે,$\operatorname{Arg} \bar{z} = \tan^{-1}\left(\frac{-\sqrt{3}}{1}\right) = -\frac{\pi}{3}$ થાય.
તેથી,$|\operatorname{Arg} z| + |\operatorname{Arg} \bar{z}| = |\frac{\pi}{3}| + |-\frac{\pi}{3}| = \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3} = \frac{2 \pi}{3}$.

(C) $a_n = \frac{10^n}{n!}$ મહત્તમ ક્યારે થાય તે જાણવા માટે આપણે ગુણોત્તર $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ તપાસીએ.
$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{10^n}{n!} \times \frac{(n-1)!}{10^{n-1}} = \frac{10}{n}$.
$a_n$ વધતું જાય તે માટે $\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1$ હોવું જોઈએ,એટલે કે $\frac{10}{n} > 1$,તેથી $n < 10$.
આનો અર્થ એ છે કે $a_1 < a_2 < \ldots < a_9 < a_{10}$.
$n = 10$ માટે,$\frac{a_{10}}{a_9} = \frac{10}{10} = 1$,જે દર્શાવે છે કે $a_{10} = a_9$.
$n > 10$ માટે,$\frac{a_n}{a_{n-1}} < 1$,જે દર્શાવે છે કે $a_n < a_{n-1}$.
આમ,શ્રેણી $a_n$ તેની મહત્તમ કિંમત $n = 9$ અને $n = 10$ બંને પર પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી,$n$ ની મહત્તમ કિંમત $10$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\cos (x-y), \cos x, \cos (x+y)$ હાર્મોનિક શ્રેણી $(HP)$ માં છે.
તેથી,$\cos x = \frac{2 \cos (x-y) \cos (x+y)}{\cos (x+y) + \cos (x-y)}$.
નિત્યસમ $2 \cos A \cos B = \cos (A+B) + \cos (A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos x = \frac{\cos 2x + \cos 2y}{2 \cos x \cos y}$.
$\cos 2\theta = 2 \cos^2 \theta - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos x = \frac{2 \cos^2 x + 2 \cos^2 y - 2}{2 \cos x \cos y}$.
$\cos^2 x \cos y = \cos^2 x + \cos^2 y - 1$.
$\cos^2 x (\cos y - 1) = \cos^2 y - 1$.
$\cos^2 x (1 - \cos y) = 1 - \cos^2 y$.
$\cos^2 x (1 - \cos y) = (1 - \cos y)(1 + \cos y)$.
$\cos x \neq \cos y$ હોવાથી,$1 - \cos y \neq 0$,તેથી:
$\cos^2 x = 1 + \cos y$.

(B) ધારો કે માંગેલ બિંદુ $P$ છે. વિભાજન સૂત્ર મુજબ,$(x_1, y_1, z_1)$ અને $(x_2, y_2, z_2)$ ને જોડતા રેખાખંડનું $m:n$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરતા બિંદુ $P$ ના યામ નીચે મુજબ છે:
$P = \left(\frac{mx_2 + nx_1}{m+n}, \frac{my_2 + ny_1}{m+n}, \frac{mz_2 + nz_1}{m+n}\right)$
અહીં,$(x_1, y_1, z_1) = (3, -2, 1)$,$(x_2, y_2, z_2) = (-2, 3, 11)$,$m = 2$,અને $n = 3$ છે.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$P = \left(\frac{2(-2) + 3(3)}{2+3}, \frac{2(3) + 3(-2)}{2+3}, \frac{2(11) + 3(1)}{2+3}\right)$
$P = \left(\frac{-4 + 9}{5}, \frac{6 - 6}{5}, \frac{22 + 3}{5}\right)$
$P = \left(\frac{5}{5}, \frac{0}{5}, \frac{25}{5}\right)$
$P = (1, 0, 5)$

(A) $y$-અક્ષમાં રેખા $x+y-2=0$ નું પ્રતિબિંબ શોધવા માટે,આપણે રેખાના સમીકરણમાં $x$ ને $-x$ વડે બદલીએ છીએ.
$x+y-2=0$ માં $x = -x$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$(-x)+y-2=0$
$-x+y-2=0$
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને મળે છે:
$x-y+2=0$
વૈકલ્પિક રીતે,રેખા $x+y=2$ એ બિંદુઓ $A(2, 0)$ અને $B(0, 2)$ માંથી પસાર થાય છે.
$y$-અક્ષમાં $A(2, 0)$ નું પ્રતિબિંબ $A'(-2, 0)$ છે,અને $B(0, 2)$ નું પ્રતિબિંબ $B(0, 2)$ પોતે જ છે.
$A'(-2, 0)$ અને $B(0, 2)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ:
$y-0 = \frac{2-0}{0-(-2)}(x-(-2))$
$y = \frac{2}{2}(x+2)$
$y = x+2$
$x-y+2=0$

(B) ધન $x$ અને $y$ અક્ષો પર સમાન અંતઃખંડ $a$ બનાવતી રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{a} = 1$ છે,જે $x + y = a$ તરીકે લખી શકાય.
આ રેખાનું ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી અંતર $1$ એકમ હોવાથી:
$\left| \frac{0 + 0 - a}{\sqrt{1^2 + 1^2}} \right| = 1$
$\left| \frac{-a}{\sqrt{2}} \right| = 1 \implies a = \sqrt{2}$ (કારણ કે અંતઃખંડ ધન અક્ષો પર છે).
તેથી,રેખાનું સમીકરણ $x + y = \sqrt{2}$ છે.
બીજી રેખા $y = 2x + 3 + \sqrt{2}$ આપેલ છે,જેને $2x - y = -3 - \sqrt{2}$ તરીકે લખી શકાય.
છેદબિંદુ $(x_0, y_0)$ શોધવા માટે,સમીકરણો ઉકેલો:
$x + y = \sqrt{2}$
$2x - y = -3 - \sqrt{2}$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$3x = -3 \implies x_0 = -1$.
$x_0 = -1$ ને $x + y = \sqrt{2}$ માં મૂકતા:
$-1 + y_0 = \sqrt{2} \implies y_0 = \sqrt{2} + 1$.
હવે,$2x_0 + y_0$ ની કિંમત:
$2(-1) + (\sqrt{2} + 1) = -2 + \sqrt{2} + 1 = \sqrt{2} - 1$.

(C) આપેલ રેખા $4x - 2y = 1$ છે,જેને $y = 2x - 1/2$ તરીકે લખી શકાય. આ રેખાનો ઢાળ $m_1 = 2$ છે.
રેખા $L$ આ રેખાને લંબ હોવાથી,તેનો ઢાળ $m_2$ એ $m_1 \times m_2 = -1$ નું પાલન કરશે. તેથી,$2 \times m_2 = -1$,એટલે કે $m_2 = -1/2$.
$-1/2$ ઢાળ ધરાવતી રેખા $L$ નું સમીકરણ $x + 2y + \lambda = 0$ તરીકે લખી શકાય.
યામ અક્ષો પર આ રેખાના અંતઃખંડ $x=0$ અને $y=0$ મૂકીને મેળવી શકાય છે:
$x=0$ માટે,$2y = -\lambda \implies y = -\lambda/2$.
$y=0$ માટે,$x = -\lambda$.
યામ અક્ષો સાથે બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times |\text{પાયો}| \times |\text{વેધ}| = \frac{1}{2} |-\lambda| \times |-\lambda/2| = 4$ છે.
$\frac{\lambda^2}{4} = 4 \implies \lambda^2 = 16 \implies \lambda = \pm 4$.
$\lambda = 4$ ને $x + 2y + \lambda = 0$ માં મૂકતા $x + 2y + 4 = 0$ મળે છે,જે $2x + 4y + 8 = 0$ ને સમાન છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $P(4, -13)$ નું પ્રતિબિંબ $P^{\prime}(x_1, y_1)$ છે.
રેખા $AB$ એ $5x + y + 6 = 0$ છે.
રેખા $ax + by + c = 0$ ની સાપેક્ષમાં બિંદુ $(x_0, y_0)$ ના પ્રતિબિંબ $(x_1, y_1)$ માટેનું સૂત્ર નીચે મુજબ છે:
$\frac{x_1 - x_0}{a} = \frac{y_1 - y_0}{b} = -2 \frac{ax_0 + by_0 + c}{a^2 + b^2}$
કિંમતો $x_0 = 4, y_0 = -13, a = 5, b = 1, c = 6$ મૂકતા:
$\frac{x_1 - 4}{5} = \frac{y_1 - (-13)}{1} = -2 \frac{5(4) + 1(-13) + 6}{5^2 + 1^2}$
$\frac{x_1 - 4}{5} = \frac{y_1 + 13}{1} = -2 \frac{20 - 13 + 6}{25 + 1}$
$\frac{x_1 - 4}{5} = \frac{y_1 + 13}{1} = -2 \frac{13}{26}$
$\frac{x_1 - 4}{5} = \frac{y_1 + 13}{1} = -1$
હવે,$x_1$ અને $y_1$ માટે ઉકેલતા:
$\frac{x_1 - 4}{5} = -1$ $\Rightarrow x_1 - 4 = -5$ $\Rightarrow x_1 = -1$
$\frac{y_1 + 13}{1} = -1$ $\Rightarrow y_1 + 13 = -1$ $\Rightarrow y_1 = -14$
આમ,બિંદુનું પ્રતિબિંબ $(-1, -14)$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $8x^2 - 24xy + 18y^2 - 6x + 9y - 5 = 0$ છે.
દ્વિઘાત ભાગને $2(2x - 3y)^2$ તરીકે લખી શકાય.
રેખાઓ $(2x - 3y + c_1)(2x - 3y + c_2) = 0$ સ્વરૂપમાં છે.
આપેલ સમીકરણને $2$ વડે ભાગતા,$4x^2 - 12xy + 9y^2 - 3x + 4.5y - 2.5 = 0$ મળે.
અહીં $c_1 + c_2 = -1.5$ અને $c_1c_2 = -2.5$ છે.
સમાંતર રેખાઓ વચ્ચેનું અંતર $\frac{|c_1 - c_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ છે.
$(c_1 - c_2)^2 = (c_1 + c_2)^2 - 4c_1c_2 = 2.25 + 10 = 12.25$.
તેથી $|c_1 - c_2| = 3.5 = 7/2$.
અંતર $= \frac{7/2}{\sqrt{13}} = \frac{7}{2\sqrt{13}}$.

(A) ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી અને $x^2+y^2=4$ તથા $x+y=a$ ના છેદબિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ વર્તુળના સમીકરણને રેખાના સમીકરણનો ઉપયોગ કરીને સમઘાત બનાવીને મેળવી શકાય છે:
$x^2+y^2=4(\frac{x+y}{a})^2$
$a^2(x^2+y^2)=4(x^2+y^2+2xy)$
$(a^2-4)x^2-8xy+(a^2-4)y^2=0$
રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$x^2$ અને $y^2$ ના સહગુણકોનો સરવાળો શૂન્ય થવો જોઈએ:
$(a^2-4)+(a^2-4)=0$
$2(a^2-4)=0$
$a^2=4$
$a>0$ હોવાથી,$a=2$ મળે છે.

(B) આપેલ રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $3x^2-11xy+10y^2-7x+13y+k=0$ છે.
તેને વ્યાપક સમીકરણ $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a=3, h=-\frac{11}{2}, b=10, g=-\frac{7}{2}, f=\frac{13}{2}$.
રેખાઓની જોડીનું છેદબિંદુ $(x, y)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$x = \frac{hf-bg}{ab-h^2}$ અને $y = \frac{gh-af}{ab-h^2}$.
પ્રથમ,છેદની કિંમત શોધીએ: $ab-h^2 = (3)(10) - (-\frac{11}{2})^2 = 30 - \frac{121}{4} = \frac{120-121}{4} = -\frac{1}{4}$.
હવે,$x$ માટે અંશની કિંમત શોધીએ: $hf-bg = (-\frac{11}{2})(\frac{13}{2}) - (10)(-\frac{7}{2}) = -\frac{143}{4} + 35 = \frac{-143+140}{4} = -\frac{3}{4}$.
તેથી,$x = \frac{-3/4}{-1/4} = 3$.
હવે,$y$ માટે અંશની કિંમત શોધીએ: $gh-af = (-\frac{7}{2})(-\frac{11}{2}) - (3)(\frac{13}{2}) = \frac{77}{4} - \frac{39}{2} = \frac{77-78}{4} = -\frac{1}{4}$.
તેથી,$y = \frac{-1/4}{-1/4} = 1$.
આમ,છેદબિંદુ $(3, 1)$ છે.

(C) ધારો કે $P(x_1, y_1)$ એ બિંદુ છે જ્યાંથી વર્તુળો પર સ્પર્શકો દોરવામાં આવે છે:
$S_1 \equiv x^2+y^2-8x+40=0$
$S_2 \equiv x^2+y^2-5x+16=0$ ($5$ વડે ભાગતા)
$S_3 \equiv x^2+y^2-8x+16y+160=0$
સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$\sqrt{S_1} = \sqrt{S_2} = \sqrt{S_3}$,એટલે કે $S_1 = S_2 = S_3$.
$S_1 = S_3$ સરખાવતા:
$x_1^2+y_1^2-8x_1+40 = x_1^2+y_1^2-8x_1+16y_1+160$
$40 = 16y_1+160$ $\Rightarrow 16y_1 = -120$ $\Rightarrow y_1 = -\frac{15}{2}$.
$S_1 = S_2$ સરખાવતા:
$x_1^2+y_1^2-8x_1+40 = x_1^2+y_1^2-5x_1+16$
$-8x_1+40 = -5x_1+16$ $\Rightarrow 3x_1 = 24$ $\Rightarrow x_1 = 8$.
આમ,બિંદુ $P$ એ $\left(8, -\frac{15}{2}\right)$ છે.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને પાયો $P$ છે. બે બિંદુઓ $C$ અને $B$ એવા છે કે જેથી $PC = a$ અને $PB = b$ થાય. ઉત્સેધકોણ $\angle ACP = \theta$ અને $\angle ABP = \phi$ છે. આપેલ છે કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$.
$\triangle ACP$ માં,$\tan \theta = \frac{h}{a}$.
$\triangle ABP$ માં,$\tan \phi = \frac{h}{b}$.
કારણ કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$,તેથી $\phi = 90^{\circ} - \theta$,એટલે કે $\tan \phi = \tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta = \frac{1}{\tan \theta}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{h}{b} = \frac{1}{h/a} = \frac{a}{h}$.
તેથી,$h^2 = ab$,જે આપણને $h = \sqrt{ab}$ આપે છે.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+(\sqrt{3}+2)x+(\sqrt{3}-1)=0$ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ મુજબ:
$m_1+m_2 = -(\sqrt{3}+2)$
$m_1m_2 = \sqrt{3}-1$
બીજનો તફાવત:
$|m_1-m_2| = \sqrt{(m_1+m_2)^2 - 4m_1m_2} = \sqrt{11}$.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(0,0)$,$(c/m_1, c)$ અને $(c/m_2, c)$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{c^2}{2} |\frac{m_2-m_1}{m_1m_2}| = \frac{c^2}{2} \cdot \frac{\sqrt{11}}{\sqrt{3}-1} = \left(\frac{\sqrt{33}+\sqrt{11}}{4}\right)c^2$.

(C) ધારો કે $z = \sqrt{3}+i$.
ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં ફેરવતા,$r = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = 2$ અને $\theta = \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{\pi}{6}$.
તેથી,$z = 2(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6})$ અને $\bar{z} = 2(\cos \frac{\pi}{6} - i \sin \frac{\pi}{6})$.
ડી-મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^7 + \bar{z}^7 = 2^7(\cos \frac{7\pi}{6} + i \sin \frac{7\pi}{6}) + 2^7(\cos \frac{7\pi}{6} - i \sin \frac{7\pi}{6})$.
$= 2^7(2 \cos \frac{7\pi}{6}) = 2^8 \cos(\pi + \frac{\pi}{6})$.
$= -2^8 \cos(\frac{\pi}{6}) = -256 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = -128 \sqrt{3}$.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$ થાય.
પદાવલિ $(x+1)(x+\omega)(x-\omega-1)$ ધ્યાનમાં લો.
નોંધો કે $-\omega-1 = \omega^2$ કારણ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
તેથી,પદાવલિ $(x+1)(x+\omega)(x+\omega^2)$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(x-a)(x-b)(x-c) = x^3 - (a+b+c)x^2 + (ab+bc+ca)x - abc$.
અહીં,બીજ $-1, -\omega, -\omega^2$ છે.
તેથી,$(x+1)(x+\omega)(x+\omega^2) = x^3 - (-1-\omega-\omega^2)x^2 + (\omega+\omega^2+\omega^3)x - (1)(\omega)(\omega^2)$.
કારણ કે $1+\omega+\omega^2=0$,તેથી $-1-\omega-\omega^2=0$.
વળી,$\omega+\omega^2+\omega^3 = -1 + 1 = 0$.
અને $\omega^3 = 1$.
તેથી,પદાવલિ $x^3 - (0)x^2 + (0)x - 1 = x^3 - 1$ માં પરિણમે છે.

(C) $a_n$ મહત્તમ હોય તે માટે $n$ ની કિંમત શોધવા,આપણે ગુણોત્તર $\frac{a_n}{a_{n-1}}$ ધ્યાનમાં લઈએ.
$\frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{10^n}{n!} \times \frac{(n-1)!}{10^{n-1}} = \frac{10}{n}$.
$a_n$ વધતું હોય તે માટે,આપણે $\frac{a_n}{a_{n-1}} > 1$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે $\frac{10}{n} > 1$,તેથી $n < 10$.
આનો અર્થ એ છે કે $a_1 < a_2 < \ldots < a_9 < a_{10}$.
$n = 10$ માટે,$\frac{a_{10}}{a_9} = \frac{10}{10} = 1$,જે સૂચવે છે કે $a_{10} = a_9$.
$n > 10$ માટે,$\frac{a_n}{a_{n-1}} < 1$,જે સૂચવે છે કે $a_n < a_{n-1}$.
આમ,શ્રેણી $a_n$ તેની મહત્તમ કિંમત $n = 9$ અને $n = 10$ બંને પર પ્રાપ્ત કરે છે.

(D) $n$ બાજુઓ ધરાવતા બહુકોણમાં વિકર્ણોની સંખ્યા $\frac{n(n-3)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે વિકર્ણોની સંખ્યા $54$ છે,તેથી:
$\frac{n(n-3)}{2} = 54$
$n(n-3) = 108$
$n^2 - 3n - 108 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$n^2 - 12n + 9n - 108 = 0$
$n(n - 12) + 9(n - 12) = 0$
$(n + 9)(n - 12) = 0$
આથી $n = -9$ અથવા $n = 12$ મળે છે.
બાજુઓની સંખ્યા $n$ ધન પૂર્ણાંક હોવી જોઈએ,તેથી $n = 12$.

(B) આપેલ છે,$n = 1! + 4! + 7! + \ldots + 400!$.
અમે ફેક્ટોરિયલની કિંમતો ગણીએ છીએ:
$1! = 1$
$4! = 24$
$7! = 5040$
$10! = 3628800$
કોઈપણ $k \ge 10$ માટે,$k!$ ના છેલ્લા બે અંકો $00$ છે.
આમ,$n$ ના છેલ્લા બે અંકો $1! + 4! + 7! + 10! + \ldots$ ના છેલ્લા બે અંકો સમાન છે.
$1! + 4! + 7! = 1 + 24 + 5040 = 5065$.
ત્યારબાદના તમામ પદો $10!, 13!, \ldots$ નો અંત $00$ થી થાય છે,તેથી સરવાળો $n$ નો અંત $65$ થી થાય છે.
તેથી,$n$ નો દશકનો અંક $6$ છે.

(D) આપેલ છે,$n = 1, 2, 3, \ldots$ માટે $a_n = 6^n - 5n$
આપણે $6^n$ ને $(1 + 5)^n$ તરીકે લખી શકીએ.
દ્વિપદી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$6^n = (1 + 5)^n = {^nC_0} + {^nC_1}(5) + {^nC_2}(5^2) + {^nC_3}(5^3) + \ldots + {^nC_n}(5^n)$
$6^n = 1 + 5n + 25({^nC_2} + {^nC_3}(5) + \ldots + {^nC_n}(5^{n-2}))$
હવે,બંને બાજુથી $5n$ બાદ કરતા:
$a_n = 6^n - 5n = 1 + 25({^nC_2} + 5{^nC_3} + \ldots + 5^{n-2}{^nC_n})$
ધારો કે $k = {^nC_2} + 5{^nC_3} + \ldots + 5^{n-2}{^nC_n}$,જ્યાં $n \geq 2$ માટે $k$ એક પૂર્ણાંક છે.
આમ,$a_n = 1 + 25k$.
$n = 1$ માટે,$a_1 = 6^1 - 5(1) = 1$.
બંને કિસ્સામાં,$a_n$ ને $25$ વડે ભાગતા શેષ $1$ મળે છે.

(A) આપેલ પદ $\frac{1}{(1-5x)(1-4x)}$ છે,જ્યાં $|x| < \frac{1}{5}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-z)^{-1} = 1 + z + z^2 + z^3 + \dots$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(1-5x)^{-1} = 1 + 5x + 25x^2 + 125x^3 + \dots$
$(1-4x)^{-1} = 1 + 4x + 16x^2 + 64x^3 + \dots$
આ બંને શ્રેણીનો ગુણાકાર કરતા:
$(1 + 5x + 25x^2 + 125x^3 + \dots)(1 + 4x + 16x^2 + 64x^3 + \dots)$
$x^3$ નો સહગુણક નીચે મુજબ મળે છે:
$1 \cdot (64) + (5) \cdot (16) + (25) \cdot (4) + (125) \cdot 1$
$= 64 + 80 + 100 + 125$
$= 369$

(A) આપેલ છે કે $(1+2x+3x^2)^{10} = a_0+a_1x+a_2x^2+\ldots+a_{20}x^{20}$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+y)^n = \sum_{k=0}^n {}^{n}C_k y^k$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $y = 2x+3x^2$.
$(1+2x+3x^2)^{10} = {}^{10}C_0 + {}^{10}C_1(2x+3x^2) + {}^{10}C_2(2x+3x^2)^2 + \ldots$
$= 1 + 10(2x+3x^2) + 45(4x^2+12x^3+9x^4) + \ldots$
$= 1 + 20x + 30x^2 + 180x^2 + \ldots$
$= 1 + 20x + 210x^2 + \ldots$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$a_1 = 20$ અને $a_2 = 210$ મળે છે.
તેથી,$\frac{a_2}{a_1} = \frac{210}{20} = 10.5$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $(\sqrt{3}-1) \sin \theta+(\sqrt{3}+1) \cos \theta=2$
$\sqrt{(\sqrt{3}-1)^2 + (\sqrt{3}+1)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ વડે ભાગતા.
$\frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}} \sin \theta + \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}} \cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}$ અને $\sin \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$.
તેથી,$\sin \frac{\pi}{12} \sin \theta + \cos \frac{\pi}{12} \cos \theta = \cos \frac{\pi}{4}$.
$\cos(\theta - \frac{\pi}{12}) = \cos \frac{\pi}{4}$.
વ્યાપક ઉકેલ: $\theta - \frac{\pi}{12} = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4}$.
$\theta = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{12}$,જ્યાં $n \in Z$.

(B) આપેલ છે: $a \sin^2 \theta + b \cos^2 \theta = c$
બંને બાજુ $\cos^2 \theta$ વડે ભાગતા:
$a \tan^2 \theta + b = c \sec^2 \theta$
નિત્યસમ $\sec^2 \theta = 1 + \tan^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a \tan^2 \theta + b = c(1 + \tan^2 \theta)$
$a \tan^2 \theta + b = c + c \tan^2 \theta$
$\tan^2 \theta$ ને કર્તા બનાવતા:
$a \tan^2 \theta - c \tan^2 \theta = c - b$
$(a - c) \tan^2 \theta = c - b$
$\tan^2 \theta = \frac{c - b}{a - c}$

(A) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $f(\theta) = \left(\tan \theta - \frac{1}{3} \tan^3 \theta\right) \left(\frac{1}{3} - \tan^2 \theta\right)^{-1}$ છે.
$f(\theta) = \frac{\tan \theta - \frac{1}{3} \tan^3 \theta}{\frac{1}{3} - \tan^2 \theta} = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{3(1 - 3 \tan^2 \theta)} \times 3 = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta}$.
નિત્યસમ $\tan 3\theta = \frac{3 \tan \theta - \tan^3 \theta}{1 - 3 \tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f(\theta) = \tan 3\theta$ મળે છે.
$\tan x$ નો આવર્તકાળ $\pi$ છે. તેથી,$\tan 3\theta$ નો આવર્તકાળ $\frac{\pi}{|3|} = \frac{\pi}{3}$ થાય.

(B) ધારો કે માંગેલ બિંદુ $P(x, y, z)$ છે. વિભાજન સૂત્ર મુજબ,$(x_1, y_1, z_1)$ અને $(x_2, y_2, z_2)$ ને જોડતા રેખાખંડનું $m:n$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરતા બિંદુના યામ:
$P = \left(\frac{mx_2 + nx_1}{m+n}, \frac{my_2 + ny_1}{m+n}, \frac{mz_2 + nz_1}{m+n}\right)$
અહીં,$(x_1, y_1, z_1) = (3, -2, 1)$,$(x_2, y_2, z_2) = (-2, 3, 11)$,$m = 2$,અને $n = 3$ છે.
કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$P = \left(\frac{2(-2) + 3(3)}{2+3}, \frac{2(3) + 3(-2)}{2+3}, \frac{2(11) + 3(1)}{2+3}\right)$
$P = \left(\frac{-4 + 9}{5}, \frac{6 - 6}{5}, \frac{22 + 3}{5}\right)$
$P = \left(\frac{5}{5}, \frac{0}{5}, \frac{25}{5}\right)$
$P = (1, 0, 5)$

(A) આપેલ વર્તુળ $x^2+y^2-6x+12y+15=0$ છે.
$x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ સાથે સરખાવતા,$g=-3, f=6, c=15$ મળે છે.
ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{g^2+f^2-c} = \sqrt{(-3)^2+6^2-15} = \sqrt{9+36-15} = \sqrt{30}$.
આપેલ વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $A_1 = \pi r_1^2 = 30\pi$ છે.
ધારો કે સમકેન્દ્રી વર્તુળ $x^2+y^2-6x+12y+k=0$ છે.
તેની ત્રિજ્યા $r_2$ માટે $r_2^2 = g^2+f^2-k = 45-k$ થાય.
પ્રશ્ન મુજબ,નવા વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $A_2 = 2A_1 = 60\pi$ છે.
તેથી,$\pi r_2^2 = 60\pi$,જેનો અર્થ છે કે $r_2^2 = 60$.
$r_2^2 = 45-k$ મૂકતા,$45-k = 60$,તેથી $k = -15$.
આમ,વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-6x+12y-15=0$ છે.

(C) ધારો કે $P(x_1, y_1)$ એ બિંદુ છે. વર્તુળ $S=0$ પરના સ્પર્શકની લંબાઈ $\sqrt{S}$ છે.
આપેલ વર્તુળોને પ્રમાણિત સ્વરૂપમાં ફેરવતા:
$S_1: x^2+y^2-8x+40=0$
$S_2: x^2+y^2-5x+16=0$
$S_3: x^2+y^2-8x+16y+160=0$
સ્પર્શકોની લંબાઈ સમાન હોવાથી,$S_1 = S_2 = S_3$:
$S_1 = S_3$ લેતા:
$-8x_1+40 = -8x_1+16y_1+160$ $\Rightarrow 16y_1 = -120$ $\Rightarrow y_1 = -\frac{15}{2}$
$S_1 = S_2$ લેતા:
$-8x_1+40 = -5x_1+16$ $\Rightarrow 3x_1 = 24$ $\Rightarrow x_1 = 8$
તેથી,બિંદુ $P$ એ $\left(8, -\frac{15}{2}\right)$ છે.

(C) ધારો કે બે વર્તુળોની ત્રિજ્યા $r_1 = 15$ અને $r_2 = 20$ છે. તેમના કેન્દ્રો $C_1$ અને $C_2$ વચ્ચેનું અંતર $d = 25$ છે.
અહીં $r_1^2 + r_2^2 = 15^2 + 20^2 = 225 + 400 = 625 = 25^2 = d^2$ થાય છે.
કેન્દ્ર વચ્ચેના અંતરનો વર્ગ એ ત્રિજ્યાઓના વર્ગોના સરવાળા જેટલો હોવાથી,$\triangle AC_1C_2$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે જ્યાં $\angle C_1AC_2 = 90^\circ$ છે.
સામાન્ય જીવા $AB$ એ કેન્દ્રોને જોડતી રેખા $C_1C_2$ ને લંબ છે. ધારો કે છેદબિંદુ $D$ છે.
$\triangle AC_1C_2$ માં,કર્ણ $C_1C_2$ પરનો વેધ $AD$ એ સામાન્ય જીવાની લંબાઈના અડધા જેટલો છે.
ત્રિકોણના ક્ષેત્રફળ પરથી: $\text{Area} = \frac{1}{2} \times r_1 \times r_2 = \frac{1}{2} \times d \times AD$.
$15 \times 20 = 25 \times AD$.
$AD = \frac{300}{25} = 12$.
તેથી,સામાન્ય જીવાની લંબાઈ $= 2 \times AD = 2 \times 12 = 24$ એકમ.

(B) વર્તુળોના સમીકરણો $S_1 \equiv x^2+y^2+2x+3y+1=0$ અને $S_2 \equiv x^2+y^2+4x+3y+2=0$ છે.
વર્તુળો $A$ અને $B$ માં છેદતા હોવાથી,સામાન્ય જીવા $AB$ નું સમીકરણ $S_1 - S_2 = 0$ થાય.
$(x^2+y^2+2x+3y+1) - (x^2+y^2+4x+3y+2) = 0$
$-2x - 1 = 0 \Rightarrow x = -\frac{1}{2}$.
$AB$ ને વ્યાસ તરીકે ધરાવતા વર્તુળનું સમીકરણ $2x^2+2y^2+2x+6y+1 = 0$ મળે છે.

(C) વર્તુળોના સમીકરણો $7x^2+7y^2-7x+14y+18=0$ અને $4x^2+4y^2-7x+8y+20=0$ છે.
પ્રથમ સમીકરણને $7$ વડે ભાગતા: $x^2+y^2-x+2y+\frac{18}{7}=0$ $(S_1=0)$.
બીજા સમીકરણને $4$ વડે ભાગતા: $x^2+y^2-\frac{7}{4}x+2y+5=0$ $(S_2=0)$.
રેડિકલ ધરી $S_1-S_2=0$ દ્વારા મળે છે.
$(x^2+y^2-x+2y+\frac{18}{7}) - (x^2+y^2-\frac{7}{4}x+2y+5) = 0$.
$(-x + \frac{7}{4}x) + (\frac{18}{7} - 5) = 0$.
$\frac{3}{4}x + (\frac{18-35}{7}) = 0$.
$\frac{3}{4}x - \frac{17}{7} = 0$.
$21x - 68 = 0$.

(C) $y$-અક્ષને સમાંતર અક્ષ ધરાવતા પરવલયનું સામાન્ય સમીકરણ $y = Ax^2 + Bx + C$ છે ...$(i)$
બિંદુ $(0,4)$ પરવલય પર હોવાથી,$4 = A(0)^2 + B(0) + C$,તેથી $C = 4$ ...(ii)
બિંદુ $(1,9)$ પરવલય પર હોવાથી,$9 = A(1)^2 + B(1) + 4$,તેથી $A + B = 5$ ...(iii)
બિંદુ $(4,5)$ પરવલય પર હોવાથી,$5 = A(4)^2 + B(4) + 4$,તેથી $16A + 4B = 1$ અથવા $4A + B = \frac{1}{4}$ ...(iv)
સમીકરણ (iv) માંથી (iii) બાદ કરતા: $3A = \frac{-19}{4}$,તેથી $A = \frac{-19}{12}$
$A$ ની કિંમત સમીકરણ (iii) માં મૂકતા: $B = 5 + \frac{19}{12} = \frac{79}{12}$
આમ,પરવલયનું સમીકરણ $y = \frac{-19}{12} x^2 + \frac{79}{12} x + 4$ છે.

(C) આપેલ છે કે $\triangle SPM$ સમબાજુ છે.
પરવલય $y^2=8(x-3)$ માટે,$4a=8$,તેથી $a=2$.
શિરોબિંદુ $(3, 0)$ છે અને નાભિ $S(5, 0)$ છે.
નિયામિકા $x=1$ છે.
$P(x, y)$ માટે,$PS = PM = |x-1|$.
સમબાજુ ત્રિકોણ માટે $PS=SM$ હોવું જોઈએ.
$SM^2 = (5-1)^2 + y^2 = 16 + y^2$.
$PS^2 = (x-1)^2 = 16 + y^2$.
$y^2 = 8(x-3)$ મૂકતા,$(x-1)^2 = 16 + 8(x-3) = 8x - 8$.
$x^2 - 2x + 1 = 8x - 8 \Rightarrow x^2 - 10x + 9 = 0$.
$(x-9)(x-1) = 0$. તેથી $x=9$.
$y^2 = 8(9-3) = 48 \Rightarrow y = \pm 4\sqrt{3}$.
તેથી $P = (9, 4\sqrt{3})$.

(C) આપેલ સંયુગ્મી રેખાઓ $2x + 3y + 12 = 0$ $(i)$ અને $x - y + k = 0$ $(ii)$ છે.
બે રેખાઓ પરવલયના સાપેક્ષમાં સંયુગ્મી ત્યારે કહેવાય જ્યારે એક રેખાનો ધ્રુવ (pole) બીજી રેખા પર હોય.
ધારો કે પરવલય $y^2 = 8x$ માટે રેખા $2x + 3y + 12 = 0$ નો ધ્રુવ $(x_1, y_1)$ છે.
$(x_1, y_1)$ નો ધ્રુવીય (polar) સમીકરણ $yy_1 = 4(x + x_1)$ છે,જે $4x - yy_1 + 4x_1 = 0$ થાય છે.
આને $2x + 3y + 12 = 0$ સાથે સરખાવતા,$\frac{4}{2} = \frac{-y_1}{3} = \frac{4x_1}{12}$ મળે છે.
$\frac{4}{2} = \frac{-y_1}{3}$ પરથી $y_1 = -6$ મળે છે.
$\frac{4}{2} = \frac{4x_1}{12}$ પરથી $x_1 = 6$ મળે છે.
આમ,ધ્રુવ $(6, -6)$ છે.
રેખાઓ સંયુગ્મી હોવાથી,ધ્રુવ $(6, -6)$ એ બીજી રેખા $x - y + k = 0$ પર હોવો જોઈએ.
કિંમતો મૂકતા: $6 - (-6) + k = 0$.
$12 + k = 0 \Rightarrow k = -12$.

(C) આપેલ વક્ર $2x^2+y^2=2x$ છે.
તેને પૂર્ણવર્ગ બનાવતા,$2(x-\frac{1}{2})^2+y^2=\frac{1}{2}$ મળે છે.
આ એક ઉપવલય (ellipse) છે.
બિંદુ $P(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos\theta, \frac{1}{\sqrt{2}}\sin\theta)$ અને $Q(a, 0)$ વચ્ચેનું અંતર શોધતા,મહત્તમ અંતર $\sqrt{1-2a+2a^2}$ મળે છે.

(B) ધારો કે $(a \sec \theta, b \tan \theta)$ એ અતિવલય $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ પરનું કોઈપણ બિંદુ છે.
આપેલ અતિવલયના અનંતસ્પર્શકોના સમીકરણો $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 0$ અને $\frac{x}{a} - \frac{y}{b} = 0$ છે.
ધારો કે $P_1$ એ $(a \sec \theta, b \tan \theta)$ થી $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 0$ પરના લંબની લંબાઈ છે.
$P_1 = \frac{|\sec \theta + \tan \theta|}{\sqrt{\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}}}$.
ધારો કે $P_2$ એ $(a \sec \theta, b \tan \theta)$ થી $\frac{x}{a} - \frac{y}{b} = 0$ પરના લંબની લંબાઈ છે.
$P_2 = \frac{|\sec \theta - \tan \theta|}{\sqrt{\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}}}$.
તેથી $P_1 P_2 = \frac{|\sec^2 \theta - \tan^2 \theta|}{\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}} = \frac{1}{\frac{a^2 + b^2}{a^2 b^2}} = \frac{a^2 b^2}{a^2 + b^2}$.

(C) આપેલ અનંતસ્પર્શકો $L_1=0$ અને $L_2=0$ ધરાવતા અતિવલયનું સમીકરણ $L_1 \times L_2 + k = 0$ સ્વરૂપમાં હોય છે.
આપેલ અનંતસ્પર્શકો $(4x+3y-7)=0$ અને $(x-2y-1)=0$ છે.
તેથી,અતિવલયનું સમીકરણ $(4x+3y-7)(x-2y-1)+k=0$ ...$(i)$ છે.
અતિવલય બિંદુ $(2,3)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=2$ અને $y=3$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$(4(2)+3(3)-7)(2-2(3)-1)+k=0$
$(8+9-7)(2-6-1)+k=0$
$(10)(-5)+k=0$
$-50+k=0 \Rightarrow k=50$
$k=50$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$(4x+3y-7)(x-2y-1)+50=0$
$4x^2-8xy-4x+3xy-6y^2-3y-7x+14y+7+50=0$
$4x^2-5xy-6y^2-11x+11y+57=0$

(C) આપણે લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x - \sin x}{x^3}$ ની ગણતરી કરીએ.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,આપણે $L$'Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sec^2 x - \cos x}{3x^2}$.
આ હજુ પણ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે. ફરીથી $L$'Hospital નો નિયમ વાપરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \sec^2 x \tan x + \sin x}{6x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x}$ ${\rightarrow 0} \left( \frac{2 \sec^2 x \cdot \tan x}{6x} + \frac{\sin x}{6x} \right) = \frac{2(1)(1)}{6} + \frac{1}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $\angle C = 90^{\circ}$,તેથી $A+B = 90^{\circ}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = k \sin A$,$b = k \sin B$,અને $c = k \sin C = k \sin 90^{\circ} = k$.
તેથી,$\frac{a^2-b^2}{a^2+b^2} = \frac{k^2 \sin^2 A - k^2 \sin^2 B}{k^2 \sin^2 A + k^2 \sin^2 B} = \frac{\sin^2 A - \sin^2 B}{\sin^2 A + \sin^2 B}$.
$B = 90^{\circ} - A$ હોવાથી,$\sin B = \cos A$ અને $\cos B = \sin A$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા,$\frac{\sin^2 A - \cos^2 A}{\sin^2 A + \cos^2 A} = \frac{-(\cos^2 A - \sin^2 A)}{1} = -\cos 2A$.
વૈકલ્પિક રીતે,નિત્યસમ $\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A+B)\sin(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin(A+B)\sin(A-B)}{\sin^2 A + \cos^2 A} = \sin(90^{\circ})\sin(A-B) = 1 \cdot \sin(A-B) = \sin(A-B)$.

(B) આપેલ છે કે $\Delta = a^2 - (b - c)^2$.
નિત્યસમ $x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\Delta = (a - b + c)(a + b - c)$.
$2s = a + b + c$ હોવાથી,$a + b - c = 2s - 2c$ અને $a - b + c = 2s - 2b$.
તેથી,$\Delta = 4(s - b)(s - c)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Delta = \sqrt{s(s - a)(s - b)(s - c)}$.
બંને સમીકરણોને સરખાવતા: $\sqrt{s(s - a)(s - b)(s - c)} = 4(s - b)(s - c)$.
બંને બાજુ $\sqrt{(s - b)(s - c)}$ વડે ભાગતા,$\sqrt{s(s - a)} = 4\sqrt{(s - b)(s - c)}$.
આથી $\sqrt{\frac{(s - b)(s - c)}{s(s - a)}} = \frac{1}{4}$.
$\tan \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s - b)(s - c)}{s(s - a)}}$ હોવાથી,$\tan \frac{A}{2} = \frac{1}{4}$.
$\tan A = \frac{2 \tan \frac{A}{2}}{1 - \tan^2 \frac{A}{2}}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\tan A = \frac{2 \times \frac{1}{4}}{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{15}{16}} = \frac{8}{15}$.

(C) આપણને સમીકરણ $\tanh ^{-1} x = a \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ આપેલ છે,જ્યાં $|x| < 1$ ...$(i)$
આપણે જાણીએ છીએ કે ઇન્વર્સ હાઇપરબોલિક ટેન્જન્ટ વિધેયની પ્રમાણિત લઘુગણકીય વ્યાખ્યા $\tanh ^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$ છે ...(ii)
સમીકરણ $(i)$ અને સમીકરણ (ii) ની સરખામણી કરતા,આપણે લઘુગણકીય પદના સહગુણકોને સરખાવી શકીએ છીએ.
તેથી,$a = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{x^2-6x+5}{x^2+2x+1}$,જ્યાં $x \in R$.
$y = \frac{x^2-6x+5}{x^2+2x+1}$ લેતા,
$y(x^2+2x+1) = x^2-6x+5$
$(y-1)x^2 + (2y+6)x + (y-5) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$ થાય.
$D = (2y+6)^2 - 4(y-1)(y-5) \geq 0$.
$4(y+3)^2 - 4(y^2-6y+5) \geq 0$.
$y^2+6y+9 - y^2+6y-5 \geq 0$.
$12y + 4 \geq 0$.
$12y \geq -4$.
$y \geq -\frac{1}{3}$.
આમ,આપેલ પદાવલિની ન્યૂનતમ કિંમત $-\frac{1}{3}$ છે.

(C) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને બિંદુઓ $C$ અને $B$ પાયા $P$ થી અનુક્રમે $a$ અને $b$ અંતરે છે.
$\triangle ACP$ માં,$\tan \theta = \frac{h}{a} \implies \theta = \arctan(\frac{h}{a})$.
$\triangle ABP$ માં,$\tan \phi = \frac{h}{b} \implies \phi = \arctan(\frac{h}{b})$.
આપેલ છે કે $\theta + \phi = 90^{\circ}$,તેથી $\theta = 90^{\circ} - \phi$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\tan \theta = \tan(90^{\circ} - \phi) = \cot \phi = \frac{1}{\tan \phi}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{h}{a} = \frac{1}{h/b} = \frac{b}{h}$.
તેથી,$h^2 = ab$,જે આપે છે $h = \sqrt{ab}$.

(D) આપેલ અસમતા: $\frac{14x}{x+1} - \frac{9x-30}{x-4} < 0$
છેદ સમાન કરીને સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{14x(x-4) - (9x-30)(x+1)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{14x^2 - 56x - (9x^2 - 21x - 30)}{(x+1)(x-4)} < 0$
$\frac{5x^2 - 35x + 30}{(x+1)(x-4)} < 0$
$5$ વડે ભાગતા:
$\frac{x^2 - 7x + 6}{(x+1)(x-4)} < 0$
અંશના અવયવ પાડતા:
$\frac{(x-1)(x-6)}{(x+1)(x-4)} < 0$
વેવી કર્વ પદ્ધતિ (ચિહ્ન યોજના) નો ઉપયોગ કરીને,નિર્ણાયક બિંદુઓ $-1, 1, 4, 6$ છે.
આ પદાવલિ $(-1, 1)$ અને $(4, 6)$ અંતરાલમાં ઋણ છે.
તેથી,$x \in (-1, 1) \cup (4, 6)$.

(B) આપેલ સમીકરણોની સિસ્ટમ નીચે મુજબ છે:
$(k+1)^3 x + (k+2)^3 y = (k+3)^3$
$(k+1) x + (k+2) y = (k+3)$
$x + y = 1$
સિસ્ટમ સુસંગત હોવા માટે,ઓગમેન્ટેડ મેટ્રિક્સનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
ધારો કે $D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & (k+2)^3 & (k+3)^3 \\ (k+1) & (k+2) & (k+3) \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0$.
કોલમ ઓપરેશન $C_2 \rightarrow C_2 - C_1$ અને $C_3 \rightarrow C_3 - C_1$ લાગુ કરતા:
$D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & (k+2)^3 - (k+1)^3 & (k+3)^3 - (k+1)^3 \\ (k+1) & (k+2) - (k+1) & (k+3) - (k+1) \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = 0$
$D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & 3k^2 + 9k + 7 & 6k^2 + 24k + 26 \\ (k+1) & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = 0$
ત્રીજી હાર (row) મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$1 \cdot [2(3k^2 + 9k + 7) - 1(6k^2 + 24k + 26)] = 0$
$6k^2 + 18k + 14 - 6k^2 - 24k - 26 = 0$
$-6k - 12 = 0$
$-6k = 12 \Rightarrow k = -2$.

(A) વિધેય $f(x) = x^2$ છે.
$f$ એક-એક હોવા માટે,$f(x_1) = f(x_2) \implies x_1^2 = x_2^2$. આનો અર્થ એ છે કે $x_1 = x_2$ માત્ર ત્યારે જ જો $x_1, x_2$ સમાન ચિહ્ન ધરાવતા હોય.
$f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,$f$ નો વિસ્તાર તેના સહ-પ્રદેશ $B$ જેટલો હોવો જોઈએ. $x \in A$ માટે $f(x) = x^2$ નો વિસ્તાર ${x^2 : x \in A}$ છે.
વિશ્લેષણ:
$(A)$ $A = B = R^{+}$: $f(x) = x^2$ એ ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓને ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ પર મેપ કરે છે. તે એક-એક છે (કારણ કે $x_1^2 = x_2^2$ અને $x_1, x_2 > 0 \implies x_1 = x_2$) અને વ્યાપ્ત છે (કારણ કે કોઈપણ $y \in R^{+}$ માટે,$x = \sqrt{y} \in R^{+}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે). તેથી,$A \rightarrow 4$.
$(B)$ $A = R^{+}, B = R$: $f(x) = x^2$ એક-એક છે (કારણ કે $x > 0$),પરંતુ વ્યાપ્ત નથી કારણ કે $B$ માં રહેલી ઋણ કિંમતો વિસ્તાર $(R^{+})$ દ્વારા આવરી લેવામાં આવતી નથી. તેથી,$B \rightarrow 1$.
$(C)$ $A = R, B = R^{+}$: $f(x) = x^2$ એક-એક નથી (કારણ કે $f(1) = f(-1) = 1$) પરંતુ વ્યાપ્ત છે (કારણ કે દરેક $y \in R^{+}$ માટે પૂર્વ-પ્રતિબિંબ $x = \pm \sqrt{y} \in R$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે). તેથી,$C \rightarrow 3$.
$(D)$ $A = B = R$: $f(x) = x^2$ એક-એક નથી (કારણ કે $f(1) = f(-1)$) અને વ્યાપ્ત પણ નથી (કારણ કે $B$ માં રહેલી ઋણ કિંમતો આવરી લેવાતી નથી). તેથી,$D \rightarrow 2$.
સાચી જોડ $A-4, B-1, C-3, D-2$ છે.

(D) આપેલ છે: $f(0)=0, f(1)=1, f(2)=2$ અને પુનરાવર્તિત સંબંધ $f(x)=f(x-2)+f(x-3)$ જ્યાં $x \ge 3$.
આપણે ક્રમશઃ કિંમતો શોધીએ:
$f(3) = f(1) + f(0) = 1 + 0 = 1$
$f(4) = f(2) + f(1) = 2 + 1 = 3$
$f(5) = f(3) + f(2) = 1 + 2 = 3$
$f(6) = f(4) + f(3) = 3 + 1 = 4$
$f(7) = f(5) + f(4) = 3 + 3 = 6$
$f(8) = f(6) + f(5) = 4 + 3 = 7$
$f(9) = f(7) + f(6) = 6 + 4 = 10$
તેથી,$f(9) = 10$.

(B) કોઈ વિધેય $x=0$ આગળ સતત હોય તે માટે,$x \rightarrow 0$ હોય ત્યારે $f(x)$ નું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
અહીં $f(0) = k$ આપેલ છે.
આપણે $\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-\cos 2x}{x^2}$ ની ગણતરી કરીએ.
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2\sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-(1-2\sin^2 x)}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{1+3x^2-1+2\sin^2 x}{x^2}$.
$= \lim_{x \rightarrow 0} \frac{3x^2+2\sin^2 x}{x^2} = \lim_{x \rightarrow 0} \left( 3 + 2\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2 \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,તેથી:
$= 3 + 2(1)^2 = 3 + 2 = 5$.
આમ,સાતત્ય માટે $k = 5$ થાય.

(D) આપેલ છે કે $u=\sin ^{-1}\left(\frac{x^4+y^4}{x+y}\right)$.
ધારો કે $v=\sin u=\frac{x^4+y^4}{x+y}$.
અહીં,$v$ એ $x$ અને $y$ નું $n = 4 - 1 = 3$ ઘાતવાળું સમપરિમાણીય વિધેય છે.
સમપરિમાણીય વિધેયો માટે આઈલરના પ્રમેય મુજબ,$x \frac{\partial v}{\partial x} + y \frac{\partial v}{\partial y} = n v$.
$v = \sin u$ અને $n = 3$ મૂકતા,આપણને મળે છે $x \frac{\partial}{\partial x}(\sin u) + y \frac{\partial}{\partial y}(\sin u) = 3 \sin u$.
ચેઈન રૂલ લાગુ પાડતા,$x \cos u \frac{\partial u}{\partial x} + y \cos u \frac{\partial u}{\partial y} = 3 \sin u$.
બંને બાજુ $\cos u$ વડે ભાગતા,$x \frac{\partial u}{\partial x} + y \frac{\partial u}{\partial y} = 3 \frac{\sin u}{\cos u}$.
તેથી,$x \frac{\partial u}{\partial x} + y \frac{\partial u}{\partial y} = 3 \tan u$.

(C) આપેલ છે કે $y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2-x^2}{a^2+x^2}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{2 a x}{a^2+x^2}\right)$.
ધારો કે $x=a \tan \theta$,તેથી $\theta=\tan ^{-1}\left(\frac{x}{a}\right)$.
પદાવલિમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{a^2-a^2 \tan ^2 \theta}{a^2+a^2 \tan ^2 \theta}\right) + \sin ^{-1}\left(\frac{2 a^2 \tan \theta}{a^2+a^2 \tan ^2 \theta}\right)$
$y=\cos ^{-1}\left(\frac{1-\tan ^2 \theta}{1+\tan ^2 \theta}\right) + \sin ^{-1}\left(\frac{2 \tan \theta}{1+\tan ^2 \theta}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos 2\theta = \frac{1-\tan^2\theta}{1+\tan^2\theta}$ અને $\sin 2\theta = \frac{2\tan\theta}{1+\tan^2\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y=\cos ^{-1}(\cos 2 \theta) + \sin ^{-1}(\sin 2 \theta)$
$y=2 \theta + 2 \theta = 4 \theta$.
હવે $\theta = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{a}\right)$ પાછા મૂકતા:
$y=4 \tan ^{-1}\left(\frac{x}{a}\right)$.
હવે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d x} = 4 \cdot \frac{1}{1+(\frac{x}{a})^2} \cdot \frac{1}{a}$
$\frac{d y}{d x} = 4 \cdot \frac{a^2}{a^2+x^2} \cdot \frac{1}{a} = \frac{4 a}{a^2+x^2}$.

(A) આપણને સંકલન $I = \int(1-\cos x) \operatorname{cosec}^2 x \, dx$ આપેલ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ અને $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int (2 \sin^2 \frac{x}{2}) \cdot \frac{1}{\sin^2 x} \, dx$
$I = \int \frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{(2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2})^2} \, dx$
$I = \int \frac{2 \sin^2 \frac{x}{2}}{4 \sin^2 \frac{x}{2} \cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \int \frac{1}{2 \cos^2 \frac{x}{2}} \, dx$
$I = \frac{1}{2} \int \sec^2 \frac{x}{2} \, dx$
$\sec^2 \frac{x}{2}$ નું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{2} \cdot \frac{\tan \frac{x}{2}}{1/2} + c = \tan \frac{x}{2} + c$.
આને $f(x) + c$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = \tan \frac{x}{2}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x \, dx + \int_0^{\pi / 4} \tan^{r+2} x \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x (1 + \tan^2 x) \, dx$.
કારણ કે $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$,તેથી $I_r + I_{r+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^r x \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $t = \tan x$,તો $dt = \sec^2 x \, dx$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\pi/4, t=1$.
$I_r + I_{r+2} = \int_0^1 t^r \, dt = \left[ \frac{t^{r+1}}{r+1} \right]_0^1 = \frac{1}{r+1}$.
આમ,$I_2+I_4 = \frac{1}{3}$,$I_3+I_5 = \frac{1}{4}$,$I_4+I_6 = \frac{1}{5}$,વગેરે.
આ પદો $\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{1}{5}, \ldots$ છે,જે હરાત્મક શ્રેણી $(HP)$ માં છે કારણ કે તેમના વ્યસ્ત $3, 4, 5, \ldots$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે.

(A) આપેલ શરત છે: $\vec{a}+\vec{b}+\vec{c}=\vec{0}$ ...$(i)$
અહીં $\vec{a}, \vec{b}, \vec{c}$ એકમ સદિશો હોવાથી,$|\vec{a}|=|\vec{b}|=|\vec{c}|=1$ થાય.
ધારો કે $\vec{a}$ અને $\vec{b}$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે.
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$\vec{a}+\vec{b}=-\vec{c}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(\vec{a}+\vec{b})^2 = (-\vec{c})^2$.
વિસ્તરણ કરતા: $|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = |\vec{c}|^2$.
કિંમતો મૂકતા: $1^2 + 1^2 + 2(1)(1) \cos \theta = 1^2$.
$1 + 1 + 2 \cos \theta = 1$.
$2 + 2 \cos \theta = 1$.
$2 \cos \theta = -1$.
$\cos \theta = -\frac{1}{2}$.
તેથી,$\theta = \frac{2 \pi}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$ અને $\overrightarrow{v}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$.
$\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v} = (\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}) \times (\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})$
$= \overrightarrow{a} \times \overrightarrow{a} + \overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b} - \overrightarrow{b} \times \overrightarrow{a} - \overrightarrow{b} \times \overrightarrow{b}$
કારણ કે $\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{a} = 0$ અને $\overrightarrow{b} \times \overrightarrow{b} = 0$,તથા $\overrightarrow{b} \times \overrightarrow{a} = -(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b})$:
$= 0 + \overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b} + \overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b} - 0 = 2(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b})$
માન લેતા: $|\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v}| = 2|\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}|$
નિત્યસમ $|\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}|^2 = |\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2 - (\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b})^2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$|\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v}| = 2 \sqrt{|\overrightarrow{a}|^2|\overrightarrow{b}|^2 - (\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b})^2}$
આપેલ છે કે $|\overrightarrow{a}| = 2$ અને $|\overrightarrow{b}| = 2$,તેથી $|\overrightarrow{a}|^2 = 4$ અને $|\overrightarrow{b}|^2 = 4$:
$|\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v}| = 2 \sqrt{(4)(4) - (\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b})^2} = 2 \sqrt{16 - (\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b})^2}$

(A) આપેલ છે કે,$\overrightarrow{a}=2 x^2 \hat{i}+4 x \hat{j}+\hat{k}$ અને $\overrightarrow{b}=7 \hat{i}-2 \hat{j}+x \hat{k}$.
આપણને આપેલ છે કે $90^{\circ} < \theta < 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $\cos \theta < 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \theta = \frac{\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}}{|\overrightarrow{a}| |\overrightarrow{b}|}$.
કારણ કે $|\overrightarrow{a}|$ અને $|\overrightarrow{b}|$ એ માન છે,તે હંમેશા ધન હોય છે. તેથી,$\cos \theta < 0$ નો અર્થ છે કે $\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} < 0$.
ડોટ પ્રોડક્ટની ગણતરી:
$\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b} = (2 x^2)(7) + (4 x)(-2) + (1)(x) = 14 x^2 - 8 x + x = 14 x^2 - 7 x$.
અસમતાને શૂન્ય કરતા નાની લેતા:
$14 x^2 - 7 x < 0$
$7 x(2 x - 1) < 0$
આ અસમતા ઉકેલવા માટે,આપણે નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \frac{1}{2}$ શોધીએ છીએ.
અંતરાલોની ચકાસણી:
$x < 0$ માટે,$7 x(2 x - 1) > 0$.
$0 < x < \frac{1}{2}$ માટે,$7 x(2 x - 1) < 0$.
$x > \frac{1}{2}$ માટે,$7 x(2 x - 1) > 0$.
આમ,જે અંતરાલ માટે અભિવ્યક્તિ ઋણ છે તે $x \in \left(0, \frac{1}{2}\right)$ છે.

(B) યામ અક્ષોને $A(a, 0, 0)$,$B(0, b, 0)$,અને $C(0, 0, c)$ બિંદુઓમાં છેદતા સમતલનું અંતઃખંડ સ્વરૂપ નીચે મુજબ છે:
$\frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1$ $\ldots$ $(i)$
શિરોબિંદુઓ $A(a, 0, 0)$,$B(0, b, 0)$,અને $C(0, 0, c)$ ધરાવતા ત્રિકોણ $ABC$ ના મધ્યકેન્દ્રનું સૂત્ર:
$\left( \frac{a+0+0}{3}, \frac{0+b+0}{3}, \frac{0+0+c}{3} \right) = \left( \frac{a}{3}, \frac{b}{3}, \frac{c}{3} \right)$
આપેલ છે કે મધ્યકેન્દ્ર $(1, 2, 4)$ છે,તેથી યામોને સરખાવતા:
$\frac{a}{3} = 1 \Rightarrow a = 3$
$\frac{b}{3} = 2 \Rightarrow b = 6$
$\frac{c}{3} = 4 \Rightarrow c = 12$
આ કિંમતોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$\frac{x}{3} + \frac{y}{6} + \frac{z}{12} = 1$
છેદ દૂર કરવા માટે આખા સમીકરણને $12$ વડે ગુણતા:
$4x + 2y + z = 12$

(B) ગોલકનું સમીકરણ $x^2+y^2+z^2-6x-12y-2z+20=0$ છે.
ગોલકના વ્યાપક સમીકરણ $x^2+y^2+z^2+2ux+2vy+2wz+d=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $2u=-6, 2v=-12, 2w=-2$ મળે છે.
તેથી,$u=-3, v=-6, w=-1$.
ગોલકનું કેન્દ્ર $(-u,-v,-w) = (3,6,1)$ છે.
ધારો કે વ્યાસનું આપેલ અંત્યબિંદુ $A = (2,3,-3)$ છે અને બીજું અંત્યબિંદુ $B = (\alpha, \beta, \gamma)$ છે.
કેન્દ્ર $O(3,6,1)$ એ વ્યાસ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી:
$O = \left( \frac{\alpha+2}{2}, \frac{\beta+3}{2}, \frac{\gamma-3}{2} \right) = (3,6,1)$.
યામોને સરખાવતા:
$\frac{\alpha+2}{2} = 3 \Rightarrow \alpha+2 = 6 \Rightarrow \alpha = 4$.
$\frac{\beta+3}{2} = 6 \Rightarrow \beta+3 = 12 \Rightarrow \beta = 9$.
$\frac{\gamma-3}{2} = 1 \Rightarrow \gamma-3 = 2 \Rightarrow \gamma = 5$.
તેથી,વ્યાસનું બીજું અંત્યબિંદુ $(4,9,5)$ છે.

(D) ઘટના $A_i$ ન બને તેની સંભાવના $P(\bar{A}_i) = 1 - P(A_i)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $P(A_i) = \frac{1}{1+i}$,તેથી $P(\bar{A}_i) = 1 - \frac{1}{1+i} = \frac{1+i-1}{1+i} = \frac{i}{1+i}$.
જેহেতু $A_i$ સ્વતંત્ર ઘટનાઓ છે,તેથી એક પણ $A_i$ ન બને તેની સંભાવના તેમના પૂરક ઘટનાઓની સંભાવનાઓનો ગુણાકાર છે:
$P(\text{કોઈ પણ } A_i \text{ ન બને}) = P(\bar{A}_1 \cap \bar{A}_2 \cap \ldots \cap \bar{A}_n) = P(\bar{A}_1) \cdot P(\bar{A}_2) \cdot \ldots \cdot P(\bar{A}_n)$.
કિંમતો મૂકતા:
$= \left(\frac{1}{2}\right) \cdot \left(\frac{2}{3}\right) \cdot \left(\frac{3}{4}\right) \cdot \ldots \cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ ગુણાકાર છે જ્યાં દરેક પદનો અંશ અગાઉના પદના છેદ સાથે ઉડી જાય છે:
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots \cdot \frac{n}{n+1} = \frac{1}{n+1}$.

(C) અહીં $h = 1$ ($x$ ના ક્રમિક મૂલ્યો વચ્ચેનો તફાવત).
ધારો કે $f(x)$ ના મૂલ્યો $y_0, y_1, y_2, y_3, y_4, y_5$ છે.
અહીં,$y_0 = 2, y_1 = 3, y_2 = 6, y_3 = 11, y_4 = 18, y_5 = 27$.
ટ્રેપેઝોઇડલ નિયમ મુજબ,ક્ષેત્રફળ $A$ નીચે મુજબ મળે:
$A = \frac{h}{2} [ (y_0 + y_5) + 2(y_1 + y_2 + y_3 + y_4) ]$
કિંમતો મૂકતા:
$A = \frac{1}{2} [ (2 + 27) + 2(3 + 6 + 11 + 18) ]$
$A = \frac{1}{2} [ 29 + 2(38) ]$
$A = \frac{1}{2} [ 29 + 76 ]$
$A = \frac{1}{2} [ 105 ] = 52.5$
આમ,અંદાજિત ક્ષેત્રફળ $52.5$ ચોરસ એકમ છે.

(D) બે વર્તુળો $x^2+y^2=1$ $(i)$ અને $(x-1)^2+y^2=1$ (ii) ના છેદબિંદુઓ શોધવા માટે $(i)$ માંથી $y^2=1-x^2$ ને (ii) માં મૂકતા:
$(x-1)^2+(1-x^2)=1$
$x^2-2x+1+1-x^2=1$
$-2x+2=1 \Rightarrow x=\frac{1}{2}$
$x=\frac{1}{2}$ ને $(i)$ માં મૂકતા,$y^2=1-\frac{1}{4}=\frac{3}{4} \Rightarrow y=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$ મળે છે.
છેદબિંદુઓ $A\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ અને $C\left(\frac{1}{2}, -\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ છે.
ઘેરાયેલા પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ $x$-અક્ષની સાપેક્ષમાં સંમિત છે,તેથી કુલ ક્ષેત્રફળ $2 \times$ (પ્રથમ ચરણમાં $x=0, x=\frac{1}{2}, x=1$ અને વર્તુળોના ચાપ દ્વારા ઘેરાયેલા પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ) થશે.
ક્ષેત્રફળ $= 2 \left[ \int_0^{1/2} \sqrt{1-(x-1)^2} dx + \int_{1/2}^1 \sqrt{1-x^2} dx \right]$
સૂત્ર $\int \sqrt{a^2-x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{a^2-x^2} + \frac{a^2}{2}\sin^{-1}(\frac{x}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા:
ક્ષેત્રફળ $= 2 \left[ \left( \frac{x-1}{2}\sqrt{1-(x-1)^2} + \frac{1}{2}\sin^{-1}(x-1) \right)_0^{1/2} + \left( \frac{x}{2}\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{2}\sin^{-1}(x) \right)_{1/2}^1 \right]$
$= 2 \left[ \left( \frac{-1}{4}\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\sin^{-1}(-\frac{1}{2}) - (0 + \frac{1}{2}\sin^{-1}(-1)) \right) + \left( (0 + \frac{1}{2}\sin^{-1}(1)) - (\frac{1}{4}\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}\sin^{-1}(\frac{1}{2})) \right) \right]$
$= 2 \left[ -\frac{\sqrt{3}}{8} - \frac{\pi}{12} + \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} - \frac{\sqrt{3}}{8} - \frac{\pi}{12} \right]$
$= 2 \left[ \frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{4} \right] = \frac{2\pi}{3} - \frac{\sqrt{3}}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $\det(I+A) \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $(I+A)$ એ વ્યસ્ત શ્રેણિક છે.
આપણને $A^3 = O$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે બીજગણિતીય નિત્યસમ $x^3 + y^3 = (x+y)(x^2 - xy + y^2)$ છે.
$x = A$ અને $y = I$ લેતા,આપણને $A^3 + I^3 = (A+I)(A^2 - A + I)$ મળે છે.
કારણ કે $A^3 = O$ અને $I^3 = I$,સમીકરણ $O + I = (A+I)(A^2 - A + I)$ બને છે.
આનું સાદું રૂપ $I = (A+I)(A^2 - A + I)$ થાય છે.
બંને બાજુ $(A+I)^{-1}$ વડે ગુણતા,આપણને $(A+I)^{-1} I = (A+I)^{-1} (A+I)(A^2 - A + I)$ મળે છે.
કારણ કે $(A+I)^{-1}(A+I) = I$,તેથી $(A+I)^{-1} = I(A^2 - A + I) = A^2 - A + I$.
આમ,$(I+A)^{-1} = I - A + A^2$.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1+x^3 \\ y & y^2 & 1+y^3 \\ z & z^2 & 1+z^3\end{array}\right|=0$.
આપણે નિશ્ચાયકને બે ભાગમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ: $\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| + \left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & x^3 \\ y & y^2 & y^3 \\ z & z^2 & z^3\end{array}\right| = 0$.
બીજા નિશ્ચાયકમાંથી $xyz$ સામાન્ય લેતા: $\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| + xyz \left|\begin{array}{ccc}1 & x & x^2 \\ 1 & y & y^2 \\ 1 & z & z^2\end{array}\right| = 0$.
સ્તંભોની અદલાબદલી ($C_1 \leftrightarrow C_2$ અને પછી $C_2 \leftrightarrow C_3$) કરતા,બીજો નિશ્ચાયક $\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right|$ બને છે.
આમ,$(1+xyz) \left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| = 0$.
કારણ કે $x \neq y \neq z$,નિશ્ચાયક $\left|\begin{array}{ccc}x & x^2 & 1 \\ y & y^2 & 1 \\ z & z^2 & 1\end{array}\right| \neq 0$.
તેથી,$1+xyz = 0$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \left| \begin{array}{ccc} 2 \cos x & 1 & 0 \\ x - \frac{\pi}{2} & 2 \cos x & 1 \\ 0 & 1 & 2 \cos x \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$f^{\prime}(x)$ એ ત્રણ નિશ્ચાયકોનો સરવાળો છે જેમાં દરેક હારનું વારાફરતી વિકલન કરવામાં આવે છે:
$f^{\prime}(x) = \left| \begin{array}{ccc} -2 \sin x & 0 & 0 \\ x - \frac{\pi}{2} & 2 \cos x & 1 \\ 0 & 1 & 2 \cos x \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 2 \cos x & 1 & 0 \\ 1 & -2 \sin x & 0 \\ 0 & 1 & 2 \cos x \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 2 \cos x & 1 & 0 \\ x - \frac{\pi}{2} & 2 \cos x & 1 \\ 0 & 0 & -2 \sin x \end{array} \right|$.
હવે,$x = \pi$ મૂકતા (જ્યાં $\sin \pi = 0$ અને $\cos \pi = -1$):
$f^{\prime}(\pi) = \left| \begin{array}{ccc} 0 & 0 & 0 \\ \frac{\pi}{2} & -2 & 1 \\ 0 & 1 & -2 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} -2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -2 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} -2 & 1 & 0 \\ \frac{\pi}{2} & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{array} \right|$.
પ્રથમ નિશ્ચાયક $0$ છે કારણ કે તેની પ્રથમ હારના તમામ ઘટકો શૂન્ય છે.
બીજો નિશ્ચાયક $-2(0 - 0) - 1(-2 - 0) + 0 = 2$ થાય છે.
ત્રીજો નિશ્ચાયક $0$ છે કારણ કે તેની ત્રીજી હારના તમામ ઘટકો શૂન્ય છે.
આમ,$f^{\prime}(\pi) = 0 + 2 + 0 = 2$.

(B) આપેલ સમીકરણોની સિસ્ટમ નીચે મુજબ છે:
$ (k+1)^3 x + (k+2)^3 y = (k+3)^3 $
$ (k+1) x + (k+2) y = k+3 $
$ x + y = 1 $
સિસ્ટમ સુસંગત હોવા માટે,ઓગમેન્ટેડ મેટ્રિક્સનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
ધારો કે $ D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & (k+2)^3 & (k+3)^3 \\ k+1 & k+2 & k+3 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} = 0 $.
સ્તંભ પ્રક્રિયાઓ $ C_2 \rightarrow C_2 - C_1 $ અને $ C_3 \rightarrow C_3 - C_1 $ લાગુ પાડતા:
$ D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & (k+2)^3 - (k+1)^3 & (k+3)^3 - (k+1)^3 \\ k+1 & (k+2) - (k+1) & (k+3) - (k+1) \\ 1 & 1 - 1 & 1 - 1 \end{vmatrix} = 0 $
$ D = \begin{vmatrix} (k+1)^3 & 3k^2 + 9k + 7 & 6k^2 + 24k + 26 \\ k+1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = 0 $
ત્રીજી હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$ 1 \cdot [2(3k^2 + 9k + 7) - 1(6k^2 + 24k + 26)] = 0 $
$ 6k^2 + 18k + 14 - 6k^2 - 24k - 26 = 0 $
$ -6k - 12 = 0 $
$ -6k = 12 $
$ k = -2 $.

(B) આપેલ છે કે $\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y+\tan ^{-1} z=\frac{\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan ^{-1} x+\tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$.
તેથી,$\tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right) + \tan ^{-1} z = \frac{\pi}{2}$.
બંને બાજુ $\tan$ લેતા,આપણે $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ.
ધારો કે $A = \tan ^{-1} \left( \frac{x+y}{1-xy} \right)$ અને $B = \tan ^{-1} z$.
તેથી $\tan(A+B) = \tan \left( \frac{\pi}{2} \right) = \infty$.
$\tan(A+B)$ ની કિંમત $\infty$ હોવા માટે,છેદ $0$ હોવો જોઈએ.
આમ,$1 - \tan A \tan B = 0$.
$1 - \left( \frac{x+y}{1-xy} \right) z = 0$.
$1 - \frac{xz + yz}{1-xy} = 0$.
$1 - xy - xz - yz = 0$.
તેથી,$1 - xy - yz - zx = 0$.

(D) વિધેય $f(x) = x^2$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
$A$. $f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત છે,જો $A = B = R^{+}$.
$A = R^{+}$ માટે,$f(x) = x^2$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે,તેથી તે એક-એક છે. $B = R^{+}$ હોવાથી,દરેક $y \in R^{+}$ માટે,$x = \sqrt{y} \in R^{+}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(x) = y$,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. આમ,$A \rightarrow 4$.
$B$. $f$ એક-એક છે પણ વ્યાપ્ત નથી,જો $A = R^{+}, B = R$.
$A = R^{+}$ માટે,$f(x) = x^2$ એક-એક છે. $B = R$ હોવાથી,વિસ્તાર $R^{+}$ છે,જે $B$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત નથી. આમ,$B \rightarrow 1$.
$C$. $f$ વ્યાપ્ત છે પણ એક-એક નથી,જો $A = R, B = R^{+}$.
$A = R$ માટે,$f(1) = 1$ અને $f(-1) = 1$,તેથી તે એક-એક નથી. $B = R^{+}$ હોવાથી,દરેક $y \in R^{+}$ માટે,$x = \pm \sqrt{y} \in R$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(x) = y$,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. આમ,$C \rightarrow 3$.
$D$. $f$ એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી,જો $A = B = R$.
$A = R$ માટે,$f(1) = f(-1) = 1$,તેથી તે એક-એક નથી. $B = R$ હોવાથી,વિસ્તાર $R^{+}$ છે,જે $B$ નો ઉચિત ઉપગણ છે,તેથી તે વ્યાપ્ત નથી. આમ,$D \rightarrow 2$.
તેથી,સાચી જોડ $A \rightarrow 4, B \rightarrow 1, C \rightarrow 3, D \rightarrow 2$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x + \cos x$.
પ્રથમ વિકલન: $f'(x) = \cos x - \sin x$.
દ્વિતીય વિકલન: $f''(x) = -\sin x - \cos x$.
તૃતીય વિકલન: $f'''(x) = -\cos x + \sin x$.
ચતુર્થ વિકલન: $f^{(iv)}(x) = \sin x + \cos x$.
હવે,$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ કિંમત મેળવતા:
$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$.
તે જ રીતે,$f^{(iv)}\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2}$.
તેથી,$f\left(\frac{\pi}{4}\right) f^{(iv)}\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2$.

(B) આપેલ છે કે $y = \sin(m \sin^{-1} x)$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \cos(m \sin^{-1} x) \cdot \frac{m}{\sqrt{1-x^2}}$.
બંને બાજુ $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા:
$y_1 \sqrt{1-x^2} = m \cos(m \sin^{-1} x)$.
હવે ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન કરતા:
$y_2 \sqrt{1-x^2} + y_1 \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} \cdot (-2x) = m \cdot (-\sin(m \sin^{-1} x)) \cdot \frac{m}{\sqrt{1-x^2}}$.
$y_2 \sqrt{1-x^2} - \frac{x y_1}{\sqrt{1-x^2}} = -\frac{m^2 \sin(m \sin^{-1} x)}{\sqrt{1-x^2}}$.
આખા સમીકરણને $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા:
$y_2(1-x^2) - x y_1 = -m^2 \sin(m \sin^{-1} x)$.
કારણ કે $y = \sin(m \sin^{-1} x)$,તેથી આપણને મળે છે:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 = -m^2 y$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \prod_{r=1}^n \cos(rx)$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln|f(x)| = \sum_{r=1}^n \ln|\cos(rx)|$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,$\frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = \sum_{r=1}^n \frac{1}{\cos(rx)} \cdot (-\sin(rx) \cdot r) = -\sum_{r=1}^n r \tan(rx)$ મળે છે.
બંને બાજુ $f(x)$ વડે ગુણતા,$f^{\prime}(x) = -f(x) \sum_{r=1}^n r \tan(rx)$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $f^{\prime}(x) + \sum_{r=1}^n (r \tan rx) f(x) = 0$ મળે છે.

(C) ધારો કે શંકુની ઊંચાઈ $h$ છે અને શંકુની ત્રિજ્યા $r$ છે. આપેલ છે કે ગોલકની ત્રિજ્યા $R$ છે.
$\triangle OPB$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$R^2 = r^2 + (h - R)^2$
$\Rightarrow r^2 = R^2 - (h - R)^2 = R^2 - (h^2 - 2Rh + R^2) = 2Rh - h^2$.
શંકુનું ઘનફળ $V$ નીચે મુજબ છે:
$V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (2Rh - h^2) h = \frac{\pi}{3} (2Rh^2 - h^3)$.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,$V$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dV}{dh} = \frac{\pi}{3} (4Rh - 3h^2)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $\frac{dV}{dh} = 0$ લેતા:
$\frac{\pi}{3} h(4R - 3h) = 0$.
અહીં $h \neq 0$ હોવાથી,$h = \frac{4R}{3}$ મળે છે.
દ્વિતીય વિકલન ચકાસતા:
$\frac{d^2V}{dh^2} = \frac{\pi}{3} (4R - 6h)$.
$h = \frac{4R}{3}$ માટે,$\frac{d^2V}{dh^2} = \frac{\pi}{3} (4R - 6(\frac{4R}{3})) = \frac{\pi}{3} (4R - 8R) = -\frac{4\pi R}{3} < 0$.
દ્વિતીય વિકલન ઋણ હોવાથી,$h = \frac{4R}{3}$ આગળ ઘનફળ મહત્તમ છે.

(A) આપેલ છે કે $f_n(x) = \log \log \ldots \log x$ ($n$ વખત).
ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x f_1(x) f_2(x) \ldots f_n(x)}$.
ધારો કે $t = f_n(x) = \log(f_{n-1}(x))$.
તેથી,$\frac{dt}{dx} = \frac{1}{f_{n-1}(x)} \cdot \frac{d}{dx}(f_{n-1}(x)) = \frac{1}{f_{n-1}(x) f_{n-2}(x) \ldots f_1(x) \cdot x}$.
આમ,$dx = (x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x)) dt$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x)) dt}{x f_1(x) f_2(x) \ldots f_{n-1}(x) f_n(x)} = \int \frac{dt}{f_n(x)} = \int \frac{dt}{t}$.
$I = \log(t) + c = \log(f_n(x)) + c$.
કારણ કે $f_{n+1}(x) = \log(f_n(x))$,તેથી $I = f_{n+1}(x) + c$.

(A) $f(x)$ શોધવા માટે,આપણે આપેલા વિકલ્પોનું વિકલન કરીશું જેથી જાણી શકાય કે કયો વિકલ્પ સંકલ્ય $\frac{7 x^8+8 x^7}{\left(1+x+x^8\right)^2}$ આપે છે.
ધારો કે $f(x) = \frac{x^8}{1+x+x^8}$.
ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = \frac{(1+x+x^8)(8x^7) - x^8(1+8x^7)}{(1+x+x^8)^2}$
$f'(x) = \frac{8x^7 + 8x^8 + 8x^{15} - x^8 - 8x^{15}}{(1+x+x^8)^2}$
$f'(x) = \frac{7x^8 + 8x^7}{(1+x+x^8)^2}$
આમ,વિકલન સંકલ્ય સાથે મેળ ખાય છે,તેથી $f(x) = \frac{x^8}{1+x+x^8}$ એ સાચો જવાબ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan y \frac{dy}{dx} = \sin(x+y) + \sin(x-y)$
નિત્યસમ $\sin C + \sin D = 2 \sin(\frac{C+D}{2}) \cos(\frac{C-D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan y \frac{dy}{dx} = 2 \sin x \cos y$
$\frac{\sin y}{\cos y} \frac{dy}{dx} = 2 \sin x \cos y$
પદોને ગોઠવતા:
$\frac{\sin y}{\cos^2 y} dy = 2 \sin x dx$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{\sin y}{\cos^2 y} dy = \int 2 \sin x dx$
ધારો કે $t = \cos y$,તેથી $dt = -\sin y dy$,એટલે કે $-\int \frac{dt}{t^2} = -2 \cos x + c$
$\frac{1}{t} = -2 \cos x + c$
$t = \cos y$ મૂકતા:
$\sec y = -2 \cos x + c$

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $x y \frac{d y}{d x}=2 y^2-x^2$.
$x$ વડે ભાગતા: $y \frac{d y}{d x} = \frac{2 y^2}{x} - x$.
ગોઠવતા: $y \frac{d y}{d x} - \frac{2 y^2}{x} = -x$ $\ldots$ $(i)$.
ધારો કે $v = y^2$. તેથી $\frac{d v}{d x} = 2 y \frac{d y}{d x}$,જે સૂચવે છે કે $y \frac{d y}{d x} = \frac{1}{2} \frac{d v}{d x}$.
$(i)$ માં કિંમત મૂકતા: $\frac{1}{2} \frac{d v}{d x} - \frac{2 v}{x} = -x$.
$2$ વડે ગુણતા: $\frac{d v}{d x} - \frac{4 v}{x} = -2 x$.
આ $\frac{d v}{d x} + P(x) v = Q(x)$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P(x) = -\frac{4}{x}$ અને $Q(x) = -2 x$.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int P(x) d x} = e^{\int -\frac{4}{x} d x} = e^{-4 \ln |x|} = x^{-4}$.
ઉકેલ $v \cdot IF = \int Q(x) \cdot IF d x + c$ છે.
$v \cdot x^{-4} = \int (-2 x) \cdot x^{-4} d x + c = \int -2 x^{-3} d x + c$.
$\frac{v}{x^4} = -2 \left( \frac{x^{-2}}{-2} \right) + c = \frac{1}{x^2} + c$.
$v = x^2 + c x^4$.
કારણ કે $v = y^2$,વક્રોનો પરિવાર $y^2 = x^2 + c x^4$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$\overrightarrow{a}=\hat{i}-2 \hat{j}+3 \hat{k}$,$\overrightarrow{b}=2 \hat{i}+3 \hat{j}-\hat{k}$ અને $\overrightarrow{c}=\lambda \hat{i}+\hat{j}+(2 \lambda-1) \hat{k}$.
ચૂંક $\overrightarrow{a}$ અને $\overrightarrow{b}$ એક જ સમતલમાં આવેલા છે,તેથી સદિશ $(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b})$ આ સમતલને લંબ છે.
આપેલ છે કે સદિશ $\overrightarrow{c}$ એ $\overrightarrow{a}$ અને $\overrightarrow{b}$ ને સમાવતા સમતલને સમાંતર છે,તેથી સદિશ $\overrightarrow{c}$ એ લંબ સદિશ $(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b})$ ને લંબ હોવો જોઈએ.
તેથી,$(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b})$ અને $\overrightarrow{c}$ નો અદિશ ગુણાકાર શૂન્ય થવો જોઈએ,એટલે કે $(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}) \cdot \overrightarrow{c} = 0$.
પ્રથમ,સદિશ ગુણાકાર $\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}$ શોધો:
$\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 1 & -2 & 3 \\ 2 & 3 & -1 \end{vmatrix} = \hat{i}(2 - 9) - \hat{j}(-1 - 6) + \hat{k}(3 + 4) = -7\hat{i} + 7\hat{j} + 7\hat{k}$.
હવે,$\overrightarrow{c}$ સાથે અદિશ ગુણાકાર કરો:
$(-7\hat{i} + 7\hat{j} + 7\hat{k}) \cdot (\lambda \hat{i} + \hat{j} + (2\lambda - 1)\hat{k}) = 0$.
$-7\lambda + 7(1) + 7(2\lambda - 1) = 0$.
$-7\lambda + 7 + 14\lambda - 7 = 0$.
$7\lambda = 0$.
આમ,$\lambda = 0$.

(D) કિસ્સો $I$: પાત્ર $A$ માંથી પાત્ર $B$ માં સફેદ દડો સ્થાનાંતરિત થાય છે.
પાત્ર $A$ માંથી સફેદ દડો પસંદ કરવાની સંભાવના $P(W_1) = \frac{3}{3+5} = \frac{3}{8}$ છે.
સ્થાનાંતર પછી,પાત્ર $B$ માં $7$ સફેદ અને $8$ કાળા દડા છે.
પાત્ર $B$ માંથી સફેદ દડો પસંદ કરવાની સંભાવના $P(W_2|W_1) = \frac{7}{7+8} = \frac{7}{15}$ છે.
આ કિસ્સાની સંભાવના $= P(W_1) \times P(W_2|W_1) = \frac{3}{8} \times \frac{7}{15} = \frac{21}{120} = \frac{7}{40}$ છે.
કિસ્સો $II$: પાત્ર $A$ માંથી પાત્ર $B$ માં કાળો દડો સ્થાનાંતરિત થાય છે.
પાત્ર $A$ માંથી કાળો દડો પસંદ કરવાની સંભાવના $P(B_1) = \frac{5}{3+5} = \frac{5}{8}$ છે.
સ્થાનાંતર પછી,પાત્ર $B$ માં $6$ સફેદ અને $9$ કાળા દડા છે.
પાત્ર $B$ માંથી સફેદ દડો પસંદ કરવાની સંભાવના $P(W_2|B_1) = \frac{6}{6+9} = \frac{6}{15}$ છે.
આ કિસ્સાની સંભાવના $= P(B_1) \times P(W_2|B_1) = \frac{5}{8} \times \frac{6}{15} = \frac{30}{120} = \frac{10}{40}$ છે.
કુલ સંભાવના $= \frac{7}{40} + \frac{10}{40} = \frac{17}{40}$ છે.

(B) દ્વિપદી વિતરણ માટે,મધ્યક $np = 2$ અને વિચરણ $npq = 1$ છે.
વિચરણને મધ્યક વડે ભાગતા,$\frac{npq}{np} = \frac{1}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $q = \frac{1}{2}$.
$p + q = 1$ હોવાથી,$p = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ મળે.
$p = \frac{1}{2}$ ને $np = 2$ માં મૂકતા,$n \times \frac{1}{2} = 2$,તેથી $n = 4$ મળે.
સંભાવના વિધેય $P(X = k) = \binom{4}{k} (\frac{1}{2})^4 = \binom{4}{k} \frac{1}{16}$ છે.
આપણે $P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0)$ શોધવાનું છે.
$P(X = 0) = \binom{4}{0} (\frac{1}{2})^4 = 1 \times \frac{1}{16} = \frac{1}{16}$.
તેથી,$P(X \geq 1) = 1 - \frac{1}{16} = \frac{15}{16}$.

(C) ધારો કે $\lambda$ એ પોઈસન ચલ $X$ નો મધ્યક છે.
સંભાવના વિધેય $P(X=r) = \frac{\lambda^r e^{-\lambda}}{r!}$ છે,જ્યાં $r = 0, 1, 2, \dots$.
આપેલ છે કે $P(X=1) = P(X=2)$,તેથી:
$\frac{\lambda^1 e^{-\lambda}}{1!} = \frac{\lambda^2 e^{-\lambda}}{2!}$
$\lambda = \frac{\lambda^2}{2}$
$\lambda > 0$ હોવાથી,$\lambda$ વડે ભાગતા $1 = \frac{\lambda}{2}$ મળે,એટલે કે $\lambda = 2$.
હવે,$P(X=5)$ ની ગણતરી કરીએ:
$P(X=5) = \frac{2^5 e^{-2}}{5!} = \frac{32 e^{-2}}{120}$.
અપૂર્ણાંક $\frac{32}{120}$ ને $8$ વડે ભાગતા $\frac{4}{15}$ મળે છે.
આમ,$P(X=5) = \frac{4}{15} e^{-2}$.