AP EAMCET 2012 Chemistry Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ છે,$3 \sin x + 4 \cos x = 5$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $\sin x = \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}}$ અને $\cos x = \frac{1 - \tan^2 \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$3 \left( \frac{2 \tan \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}} \right) + 4 \left( \frac{1 - \tan^2 \frac{x}{2}}{1 + \tan^2 \frac{x}{2}} \right) = 5$.
બંને બાજુ $(1 + \tan^2 \frac{x}{2})$ વડે ગુણતા:
$6 \tan \frac{x}{2} + 4 - 4 \tan^2 \frac{x}{2} = 5(1 + \tan^2 \frac{x}{2})$.
$6 \tan \frac{x}{2} + 4 - 4 \tan^2 \frac{x}{2} = 5 + 5 \tan^2 \frac{x}{2}$.
પદોને ગોઠવતા:
$6 \tan \frac{x}{2} - 9 \tan^2 \frac{x}{2} = 5 - 4$.
$6 \tan \frac{x}{2} - 9 \tan^2 \frac{x}{2} = 1$.

(B) સૂત્ર $\cos C - \cos D = -2 \sin \left(\frac{C+D}{2}\right) \sin \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 36^{\circ} - \cos 72^{\circ} = -2 \sin \left(\frac{36^{\circ}+72^{\circ}}{2}\right) \sin \left(\frac{36^{\circ}-72^{\circ}}{2}\right)$
$= -2 \sin 54^{\circ} \sin (-18^{\circ})$
$= 2 \sin 54^{\circ} \sin 18^{\circ}$
$\sin 54^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ અને $\sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ કિંમતો મૂકતા:
$= 2 \times \left(\frac{\sqrt{5}+1}{4}\right) \times \left(\frac{\sqrt{5}-1}{4}\right)$
$= 2 \times \frac{(\sqrt{5})^2 - 1^2}{16}$
$= 2 \times \frac{5-1}{16} = 2 \times \frac{4}{16} = 2 \times \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ}$ છે.
તેથી,$\Delta = \frac{1}{2} a \alpha = \frac{1}{2} b \beta = \frac{1}{2} c \gamma$.
આનો અર્થ એ છે કે $\alpha = \frac{2 \Delta}{a}$,$\beta = \frac{2 \Delta}{b}$,અને $\gamma = \frac{2 \Delta}{c}$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{\Delta^2}{R^2}\left(\frac{1}{\alpha^2}+\frac{1}{\beta^2}+\frac{1}{\gamma^2}\right) = \frac{\Delta^2}{R^2}\left(\frac{a^2}{4 \Delta^2}+\frac{b^2}{4 \Delta^2}+\frac{c^2}{4 \Delta^2}\right)$
$= \frac{\Delta^2}{R^2} \cdot \frac{1}{4 \Delta^2} (a^2 + b^2 + c^2) = \frac{a^2 + b^2 + c^2}{4 R^2}$.
સાઇનના નિયમ મુજબ,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$.
તેથી,$\frac{(2R \sin A)^2 + (2R \sin B)^2 + (2R \sin C)^2}{4 R^2} = \frac{4 R^2 (\sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C)}{4 R^2} = \sin^2 A + \sin^2 B + \sin^2 C$.

(C) $\triangle ABC$ માં,$A + B + C = 180^{\circ}$ છે.
$A + B = 180^{\circ} - C$.
બંને બાજુ $\cot$ લેતા: $\cot(A + B) = \cot(180^{\circ} - C)$.
$\cot(A + B) = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$ અને $\cot(180^{\circ} - C) = -\cot C$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B} = -\cot C$.
$\cot A \cot B - 1 = -\cot C(\cot A + \cot B)$.
$\cot A \cot B - 1 = -\cot C \cot A - \cot C \cot B$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે છે:
$\cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot C \cot A = 1$.

(C) આપેલ બિંદુ $P(3,2)$ છે.
$(i)$ રેખા $y=x$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $(3,2)$ નું પરાવર્તન $(2,3)$ મળે છે.
(ii) બિંદુ $(2,3)$ નું $x$-અક્ષની ધન દિશામાં $1$ એકમ સ્થાનાંતર $(2+1, 3) = (3,3)$ મળે છે.
(iii) બિંદુ $(x,y) = (3,3)$ નું ઉગમબિંદુની આસપાસ ઘડિયાળના કાંટાની વિરુદ્ધ દિશામાં $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે પરિભ્રમણ નીચે મુજબ થાય છે:
$X = x \cos \theta - y \sin \theta = 3 \cos(\frac{\pi}{4}) - 3 \sin(\frac{\pi}{4}) = 3(\frac{1}{\sqrt{2}}) - 3(\frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$
$Y = x \sin \theta + y \cos \theta = 3 \sin(\frac{\pi}{4}) + 3 \cos(\frac{\pi}{4}) = 3(\frac{1}{\sqrt{2}}) + 3(\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2} = \sqrt{18}$
આમ,અંતિમ સ્થાન $(0, \sqrt{18})$ છે.

(B) ધારો કે જરૂરી રેખાનું સમીકરણ $y-2=m(x-1)$ છે.
આપેલ છે કે આ રેખા અને $y=2x+1$ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ}$ છે.
આપેલ રેખાનો ઢાળ $m_1=2$ છે અને જરૂરી રેખાનો ઢાળ $m_2=m$ છે.
સૂત્ર $\tan \theta = \left| \frac{m_2-m_1}{1+m_1m_2} \right|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan 45^{\circ} = \left| \frac{m-2}{1+2m} \right|$
$1 = \left| \frac{m-2}{1+2m} \right|$
આના બે કિસ્સાઓ મળે છે:
કિસ્સો $1$: $\frac{m-2}{1+2m} = 1$ $\Rightarrow m-2 = 1+2m$ $\Rightarrow m = -3$.
સમીકરણ $y-2 = -3(x-1)$ $\Rightarrow y-2 = -3x+3$ $\Rightarrow 3x+y=5$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: $\frac{m-2}{1+2m} = -1$ $\Rightarrow m-2 = -1-2m$ $\Rightarrow 3m = 1$ $\Rightarrow m = \frac{1}{3}$.
સમીકરણ $y-2 = \frac{1}{3}(x-1)$ $\Rightarrow 3y-6 = x-1$ $\Rightarrow x-3y+5=0$ મળે છે.
આપેલ વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$3x+y=5$ સાચો વિકલ્પ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $(x+7y)^2 + 4\sqrt{2}(x+7y) - 42 = 0$ છે.
ધારો કે $t = x+7y$.
સમીકરણ $t^2 + 4\sqrt{2}t - 42 = 0$ બને છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$t = 3\sqrt{2}$ અથવા $t = -7\sqrt{2}$ મળે છે.
તેથી,બે સમાંતર રેખાઓ $x+7y - 3\sqrt{2} = 0$ અને $x+7y + 7\sqrt{2} = 0$ છે.
સમાંતર રેખાઓ વચ્ચેનું અંતર $d = \frac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$d = \frac{|7\sqrt{2} - (-3\sqrt{2})|}{\sqrt{1^2 + 7^2}} = \frac{10\sqrt{2}}{5\sqrt{2}} = 2$.

(B) ધારો કે બે પરસ્પર લંબ રેખાઓ યામ અક્ષો $x=0$ અને $y=0$ છે.
ધારો કે બિંદુ $(x, y)$ છે. આ રેખાઓથી અંતર $|x|$ અને $|y|$ છે.
આપેલ શરત $|x| + |y| = 5$ છે.
આ સમીકરણ $(5, 0), (0, 5), (-5, 0),$ અને $(0, -5)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો ચોરસ દર્શાવે છે.
આ ચોરસના વિકર્ણની લંબાઈ $(5, 0)$ અને $(0, 5)$ વચ્ચેનું અંતર છે,જે $\sqrt{(5-0)^2 + (0-5)^2} = \sqrt{25 + 25} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2}$ છે.
વિકર્ણ $d$ ધરાવતા ચોરસનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} d^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times (5\sqrt{2})^2 = \frac{1}{2} \times 50 = 25$ ચોરસ એકમ.

(D) વર્તુળનું આપેલ સમીકરણ $r = 12 \cos \theta + 5 \sin \theta$ છે.
$x = r \cos \theta$ અને $y = r \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરીને,સમીકરણને $r$ વડે ગુણતા $r^2 = 12(r \cos \theta) + 5(r \sin \theta)$ મળે.
$r^2 = x^2 + y^2$ મૂકતા,આપણને $x^2 + y^2 = 12x + 5y$ મળે.
પદોને ગોઠવતા,$x^2 - 12x + y^2 - 5y = 0$.
$x$ અને $y$ માટે પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $(x - 6)^2 - 36 + (y - \frac{5}{2})^2 - \frac{25}{4} = 0$.
આનું સાદું રૂપ $(x - 6)^2 + (y - \frac{5}{2})^2 = 36 + \frac{25}{4} = \frac{144 + 25}{4} = \frac{169}{4}$ થાય.
આને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $(x - h)^2 + (y - k)^2 = R^2$ સાથે સરખાવતા,ત્રિજ્યા $R = \sqrt{\frac{169}{4}} = \frac{13}{2}$ મળે.

(D) આપેલ વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2-4x-2y+c=0$ છે,જેનું કેન્દ્ર $A(2,1)$ છે.
પ્રથમ,આપણે અંતર $AP$ શોધીએ:
$AP = \sqrt{(10-2)^2 + (7-1)^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64+36} = \sqrt{100} = 10$.
કારણ કે $Q$ એ રેખાખંડ $PA$ પર છે અને $PQ=5$ છે,તેથી અંતર $AQ$ થશે:
$AQ = AP - PQ = 10 - 5 = 5$.
$AQ$ એ વર્તુળની ત્રિજ્યા હોવાથી,ત્રિજ્યા $r = 5$.
વર્તુળનું સમીકરણ $(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$ છે,જ્યાં $(h,k)$ કેન્દ્ર છે.
કિંમતો મૂકતા,$(x-2)^2 + (y-1)^2 = 5^2$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$x^2 - 4x + 4 + y^2 - 2y + 1 = 25$,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 4x - 2y - 20 = 0$ થાય છે.
આપેલ સમીકરણ $x^2 + y^2 - 4x - 2y + c = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $c = -20$ મળે છે.

(D) રેખા $x+3y=0$ એ $(0,0)$ બિંદુએ વર્તુળનો સ્પર્શક છે.
ધારો કે વર્તુળનું કેન્દ્ર $(h,k)$ છે.
સ્પર્શક બિંદુ $(0,0)$ અને કેન્દ્ર $(h,k)$ ને જોડતી ત્રિજ્યા સ્પર્શકને લંબ હોય છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $m_1 = -\frac{1}{3}$ છે.
ત્રિજ્યાનો ઢાળ $m_2 = \frac{k}{h}$ છે.
લંબ હોવાથી,$m_1 \times m_2 = -1$ $\Rightarrow -\frac{1}{3} \times \frac{k}{h} = -1$ $\Rightarrow k = 3h$.
ત્રિજ્યા $1$ હોવાથી,$\sqrt{h^2+k^2} = 1 \Rightarrow h^2+k^2 = 1$.
$k=3h$ મૂકતા,$h^2+(3h)^2 = 1$ $\Rightarrow 10h^2 = 1$ $\Rightarrow h = \pm \frac{1}{\sqrt{10}}$.
તેથી,કેન્દ્ર $\left(\frac{1}{\sqrt{10}}, \frac{3}{\sqrt{10}}\right)$ અથવા $\left(-\frac{1}{\sqrt{10}}, -\frac{3}{\sqrt{10}}\right)$ મળે.
વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $\left(\frac{1}{\sqrt{10}}, \frac{3}{\sqrt{10}}\right)$ છે.

(C) આપેલ વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2=4$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2x + 2y \frac{dy}{dx} = 0$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$.
બિંદુ $(1, \sqrt{3})$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ છે.
$(1, \sqrt{3})$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - \sqrt{3} = -\frac{1}{\sqrt{3}}(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x + \sqrt{3}y = 4$ થાય છે.
આ સ્પર્શક ધન $x$-અક્ષને બિંદુ $B(4, 0)$ પર છેદે છે.
$(1, \sqrt{3})$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ $m_n = \sqrt{3}$ છે.
$(1, \sqrt{3})$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - \sqrt{3} = \sqrt{3}(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $\sqrt{3}x - y = 0$ થાય છે.
અભિલંબ ઉગમબિંદુ $O(0, 0)$ માંથી પસાર થાય છે.
ત્રિકોણ બિંદુઓ $O(0, 0)$,$B(4, 0)$,અને $A(1, \sqrt{3})$ દ્વારા બને છે.
$\triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times OB \times AD$ છે,જ્યાં $AD$ એ બિંદુ $A$ નો $y$-યામ છે.
$\Delta = \frac{1}{2} \times 4 \times \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$.

(A) આપેલ વર્તુળોની કોએક્સિયલ સિસ્ટમ $4x^2 + 4y^2 - 12x + 6y - 3 + \lambda(x + 2y - 6) = 0$ છે.
$4$ વડે ભાગતા,$x^2 + y^2 - 3x + \frac{3}{2}y - \frac{3}{4} + \frac{\lambda}{4}(x + 2y - 6) = 0$ મળે.
રેડિકલ અક્ષ $x + 2y - 6 = 0$ છે.
કેન્દ્રોની રેખા રેડિકલ અક્ષને લંબ હોય છે. રેડિકલ અક્ષનો ઢાળ $-\frac{1}{2}$ હોવાથી,કેન્દ્રોની રેખાનો ઢાળ $2$ થાય.
તેથી,કેન્દ્રોની રેખાનું સમીકરણ $2x - y + k = 0$ સ્વરૂપમાં છે.
મૂળ વર્તુળ $S_1 = x^2 + y^2 - 3x + \frac{3}{2}y - \frac{3}{4} = 0$ નું કેન્દ્ર $(\frac{3}{2}, -\frac{3}{4})$ છે.
આ કેન્દ્ર રેખા પર હોવાથી,$2(\frac{3}{2}) - (-\frac{3}{4}) + k = 0$
$3 + \frac{3}{4} + k = 0$
$k = -\frac{15}{4}$.
સમીકરણમાં $k$ ની કિંમત મૂકતા,$2x - y - \frac{15}{4} = 0$,એટલે કે $8x - 4y - 15 = 0$ મળે છે.

(B) ધારો કે વર્તુળનું સમીકરણ $(x-h)^2 + (y-k)^2 = r^2$ છે. તે $(3, 4)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $(3-h)^2 + (4-k)^2 = r^2$,જેનું સાદુંરૂપ $h^2 + k^2 - 6h - 8k + 25 = r^2$ થાય છે.
વર્તુળનું સમીકરણ $x^2 + y^2 - 2hx - 2ky + (h^2 + k^2 - r^2) = 0$ છે.
તે $x^2 + y^2 - a^2 = 0$ ને લંબચ્છેદી હોવાથી,શરત $2g_1g_2 + 2f_1f_2 = c_1 + c_2$ મુજબ $0 = (h^2 + k^2 - r^2) - a^2$.
તેથી,$h^2 + k^2 - r^2 = a^2$.
પ્રથમ સમીકરણમાં $r^2 = h^2 + k^2 - a^2$ મૂકતા: $h^2 + k^2 - 6h - 8k + 25 = h^2 + k^2 - a^2$.
જેનું સાદુંરૂપ $6h + 8k - 25 - a^2 = 0$ થાય છે.
કેન્દ્ર $(h, k)$ નો બિંદુપથ $6x + 8y - (25 + a^2) = 0$ છે.
આ રેખાનું ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી અંતર $25$ આપેલ છે.
તેથી,$\frac{|-(25 + a^2)|}{\sqrt{6^2 + 8^2}} = 25$.
$\frac{25 + a^2}{10} = 25$.
$25 + a^2 = 250$.
$a^2 = 225$.

(B) આપેલ પરવલયનું સમીકરણ $y^2=12x$ છે. $y^2=4ax$ સાથે સરખાવતા,$a=3$ મળે છે.
પરવલય $y^2=4ax$ ના $m$ ઢાળવાળા અભિલંબનું સમીકરણ $y=mx-2am-am^3$ છે.
આપેલ અભિલંબ $x+y=k$ છે,જેને $y=-x+k$ તરીકે લખી શકાય. $y=mx+c$ સાથે સરખાવતા,$m=-1$ મળે છે.
$m=-1$ અને $a=3$ ને અભિલંબના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = (-1)x - 2(3)(-1) - 3(-1)^3$
$y = -x + 6 + 3$
$y = -x + 9$
$y=-x+9$ ને $x+y=k$ સાથે સરખાવતા,$k=9$ મળે છે.
પરવલય $y^2=12x$ ની નાભિ $S(a, 0) = S(3, 0)$ છે.
નાભિ $(3, 0)$ થી રેખા $x+y-9=0$ પરના લંબની લંબાઈ $p$:
$p = \frac{|1(3) + 1(0) - 9|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|-6|}{\sqrt{2}} = \frac{6}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$p^2 = \frac{36}{2} = 18$.
અંતે,$4k - 2p^2$ ની ગણતરી કરતા:
$4(9) - 2(18) = 36 - 36 = 0$.

(D) $\left(\frac{x^2}{a}-\frac{b}{x}\right)^{11}$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {}^{11}C_r \left(\frac{x^2}{a}\right)^{11-r} \left(-\frac{b}{x}\right)^r = {}^{11}C_r \frac{(-b)^r}{a^{11-r}} x^{22-3r}$ છે.
$x^7$ ના સહગુણક માટે,$22-3r = 7$ લેતા,$3r = 15$,તેથી $r = 5$ મળે.
સહગુણક $C_1 = {}^{11}C_5 \frac{(-b)^5}{a^6} = -{}^{11}C_5 \frac{b^5}{a^6}$ છે.
$x^4$ ના સહગુણક માટે,$22-3r = 4$ લેતા,$3r = 18$,તેથી $r = 6$ મળે.
સહગુણક $C_2 = {}^{11}C_6 \frac{(-b)^6}{a^5} = {}^{11}C_6 \frac{b^6}{a^5}$ છે.
આપેલ છે કે $C_1 + C_2 = 0$,તેથી $-{}^{11}C_5 \frac{b^5}{a^6} + {}^{11}C_6 \frac{b^6}{a^5} = 0$.
કારણ કે ${}^{11}C_5 = {}^{11}C_6$,આપણે ${}^{11}C_5 \frac{b^5}{a^6}$ વડે ભાગતા:
$-1 + \frac{b^6}{a^5} \cdot \frac{a^6}{b^5} = 0$ $\Rightarrow -1 + ab = 0$ $\Rightarrow ab = 1$.

(D) આપેલ રેખા $2x + 5y = 12$ છે,જેનો અર્થ છે $x = \frac{12 - 5y}{2}$.
આ કિંમતને ઉપવલયના સમીકરણ $4x^2 + 5y^2 = 20$ માં મૂકતા:
$4\left(\frac{12 - 5y}{2}\right)^2 + 5y^2 = 20$
$4\left(\frac{144 - 120y + 25y^2}{4}\right) + 5y^2 = 20$
$144 - 120y + 25y^2 + 5y^2 = 20$
$30y^2 - 120y + 124 = 0$
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $15y^2 - 60y + 62 = 0$ મળે છે.
વિવેચક $D = b^2 - 4ac = (-60)^2 - 4(15)(62) = 3600 - 3720 = -120$.
$D < 0$ હોવાથી,રેખા ઉપવલયને કોઈ પણ વાસ્તવિક બિંદુમાં છેદતી નથી.
તેથી,પ્રશ્નનું પૂર્વધારણા ખોટું છે કારણ કે કોઈ છેદબિંદુઓ $A$ અને $B$ અસ્તિત્વ ધરાવતા નથી.

(B) આપેલ અતિવલય $5 x^2-y^2=5$ છે,જેને પ્રમાણિત સ્વરૂપ $\frac{x^2}{1}-\frac{y^2}{5}=1$ માં લખી શકાય.
અહીં,$a^2=1$ અને $b^2=5$ છે.
અતિવલયના $m$ ઢાળવાળા સ્પર્શકનું સમીકરણ $y=m x \pm \sqrt{a^2 m^2-b^2}$ છે,જે $y=m x \pm \sqrt{m^2-5}$ થાય.
સ્પર્શક $(2,8)$ બિંદુમાંથી પસાર થતો હોવાથી:
$8=2 m \pm \sqrt{m^2-5}$
$(8-2 m)^2 = m^2-5$
$64+4 m^2-32 m = m^2-5$
$3 m^2-32 m+69 = 0$
$(3 m-23)(m-3) = 0$
તેથી,$m=3$ અથવા $m=\frac{23}{3}$.
$m=3$ માટે,સ્પર્શકનું સમીકરણ $y=3 x \pm \sqrt{3^2-5} \Rightarrow y=3 x \pm 2$ મળે.
આથી $3 x-y+2=0$ અથવા $3 x-y-2=0$ મળે.
વિકલ્પો મુજબ,$3 x-y+2=0$ એ સાચું સમીકરણ છે.

(B) અતિવલયનું સમીકરણ $x^2 - 3y^2 = 3$ છે,જેને $\frac{x^2}{3} - \frac{y^2}{1} = 1$ તરીકે લખી શકાય.
બિંદુ $(\sqrt{3}, 0)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $x = \sqrt{3}$ મળે છે.
અતિવલયના અનંતસ્પર્શકો $x - \sqrt{3}y = 0$ અને $x + \sqrt{3}y = 0$ છે.
આ રેખાઓના છેદબિંદુઓ $(0, 0)$,$(\sqrt{3}, 1)$ અને $(\sqrt{3}, -1)$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)| = \frac{1}{2} |0 + \sqrt{3}(-1 - 0) + \sqrt{3}(0 - 1)| = \sqrt{3}$ ચોરસ એકમ.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{a}{x+b})^{x+c} = e^a$ છે.
આપેલ પદાવલિ $\lim _{x \rightarrow \infty} (\frac{x+6}{x+1})^{x+4}$ છે.
આને $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{x+6}{x+1} - 1)^{x+4} = \lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{5}{x+1})^{x+4}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{f(x)})^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} k \cdot \frac{g(x)}{f(x)}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$e^{\lim _{x \rightarrow \infty} 5 \cdot \frac{x+4}{x+1}} = e^{5 \cdot \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{1+4/x}{1+1/x}} = e^{5 \cdot 1} = e^5$.

(C) આપણી પાસે લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow \infty}\left(\frac{x+6}{x+1}\right)^{x+4}$ છે.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપનું અનિશ્ચિત લક્ષ હોવાથી,આપણે સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow a} f(x)^{g(x)} = e^{\lim _{x \rightarrow a} (f(x)-1)g(x)}$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+6}{x+1} - 1\right)(x+4)}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+6-x-1}{x+1}\right)(x+4)}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5(x+4)}{x+1}}$
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5x+20}{x+1}}$
અંશ અને છેદને $x$ વડે ભાગતા:
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{5 + 20/x}{1 + 1/x}}$
જેમ $x \rightarrow \infty$,તેમ $1/x \rightarrow 0$,તેથી:
$L = e^{\frac{5+0}{1+0}} = e^5$.

(B) નિયોપ્રીન એ ક્લોરોપ્રીનના મુક્ત મુલક પોલિમરાઈઝેશન દ્વારા બનતું કૃત્રિમ રબર છે.
ક્લોરોપ્રીન રાસાયણિક રીતે $2$-ક્લોરો-$1,3$-બ્યુટાડાઈન તરીકે ઓળખાય છે.
પ્રક્રિયા નીચે મુજબ છે:
$n \ CH_2=C(Cl)-CH=CH_2 \xrightarrow{\text{Polymerisation}} [-CH_2-C(Cl)=CH-CH_2-]_n$

(D) આપેલ છે કે,$A=\left[\begin{array}{rr}i & -i \\ -i & i\end{array}\right]$ અને $B=\left[\begin{array}{rr}1 & -1 \\ -1 & 1\end{array}\right]$.
પ્રથમ,$A^2$ ની ગણતરી કરો:
$A^2 = \left[\begin{array}{rr}i & -i \\ -i & i\end{array}\right] \left[\begin{array}{rr}i & -i \\ -i & i\end{array}\right] = \left[\begin{array}{rr}i^2+i^2 & -i^2-i^2 \\ -i^2-i^2 & i^2+i^2\end{array}\right] = \left[\begin{array}{rr}-2 & 2 \\ 2 & -2\end{array}\right] = -2B$.
ત્યારબાદ,$B^2$ ની ગણતરી કરો:
$B^2 = \left[\begin{array}{rr}1 & -1 \\ -1 & 1\end{array}\right] \left[\begin{array}{rr}1 & -1 \\ -1 & 1\end{array}\right] = \left[\begin{array}{rr}2 & -2 \\ -2 & 2\end{array}\right] = 2B$.
હવે,$A^8$ ની ગણતરી કરો:
$A^8 = (A^2)^4 = (-2B)^4 = (-2)^4 B^4 = 16 B^4$.
કારણ કે $B^4 = (B^2)^2 = (2B)^2 = 4B^2 = 4(2B) = 8B$.
તેથી,$A^8 = 16(8B) = 128B$.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \left|\begin{array}{ccc} 1 & x & x+1 \\ 2x & x(x-1) & x(x+1) \\ 3x(x-1) & x(x-1)(x-2) & (x-1)x(x+1) \end{array}\right|$.
$R_2$ માંથી $x$ સામાન્ય લેતા,$R_3$ માંથી $x(x-1)$ સામાન્ય લેતા અને $C_3$ માંથી $(x+1)$ સામાન્ય લેતા,આપણને મળે છે:
$f(x) = x \cdot x(x-1) \cdot (x+1) \left|\begin{array}{ccc} 1 & x & 1 \\ 2 & x-1 & 1 \\ 3 & x-2 & 1 \end{array}\right|$.
હવે,હારની પ્રક્રિયાઓ $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ કરતા:
$f(x) = x^2(x^2-1) \left|\begin{array}{ccc} 1 & x & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 2 & -2 & 0 \end{array}\right|$.
$C_3$ ની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = x^2(x^2-1) \cdot [1 \cdot (1(-2) - 2(-1))] = x^2(x^2-1) \cdot [-2 + 2] = 0$.
આમ,દરેક $x$ માટે $f(x) = 0$ થાય છે.
તેથી,$f(2012) = 0$.

(B) આપેલ સમીકરણોની સંહતિ નીચે મુજબ છે:
$(a \alpha+b) x+a y+b z = 0$
$(b \alpha+c) x+b y+c z = 0$
$(a \alpha+b) y+(b \alpha+c) z = 0$
શૂન્યેતર ઉકેલ માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\left|\begin{array}{ccc}a \alpha+b & a & b \\ b \alpha+c & b & c \\ 0 & a \alpha+b & b \alpha+c\end{array}\right|=0$
હાર પ્રક્રિયા $R_3 \rightarrow R_3 - \alpha R_1 - R_2$ લાગુ પાડતા:
ત્રીજી હાર આ મુજબ થશે: $0 - \alpha(a \alpha + b) - (b \alpha + c) = -a \alpha^2 - b \alpha - b \alpha - c = -(a \alpha^2 + 2b \alpha + c)$.
નિશ્ચાયક આ રીતે સરળ બને છે:
$\left|\begin{array}{ccc}a \alpha+b & a & b \\ b \alpha+c & b & c \\ -(a \alpha^2+2 b \alpha+c) & 0 & 0\end{array}\right|=0$
ત્રીજી હારને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$-(a \alpha^2+2 b \alpha+c) \times (ac - b^2) = 0$
આપેલ છે કે $a \alpha^2+2 b \alpha+c \neq 0$,તેથી:
$ac - b^2 = 0 \Rightarrow b^2 = ac$
આ શરત સૂચવે છે કે $a, b$ અને $c$ સમગુણોત્તર શ્રેણી $(GP)$ માં છે.

(D) આપેલ છે કે,$x = \log \left( \frac{1}{y} + \sqrt{1 + \frac{1}{y^2}} \right)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે ઇન્વર્સ હાઇપરબોલિક કોસેકન્ટ વિધેયની વ્યાખ્યા $\operatorname{cosech}^{-1}(y) = \log \left( \frac{1}{y} + \sqrt{1 + \frac{1}{y^2}} \right)$ છે.
આપેલ સમીકરણને વ્યાખ્યા સાથે સરખાવતા,આપણને $x = \operatorname{cosech}^{-1}(y)$ મળે છે.
બંને બાજુ હાઇપરબોલિક કોસેકન્ટ લેતા,આપણને $y = \operatorname{cosech}(x)$ મળે છે.

(B) ધારો કે $\theta = \cos ^{-1} x$,તેથી $x = \cos \theta$. કારણ કે $\frac{1}{2} \leq x \leq 1$,તેથી $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$ મળે.
હવે $\sqrt{3-3x^2} = \sqrt{3(1-x^2)} = \sqrt{3} \sin \theta$ થાય.
આમ,પદાવલિ $\cos ^{-1} x + \cos ^{-1}\left(\frac{1}{2} \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta\right)$ બને છે.
સૂત્ર $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,$A = \theta$ અને $B = \frac{\pi}{3}$ લેતા.
તેથી,$\frac{1}{2} \cos \theta + \frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta = \cos \frac{\pi}{3} \cos \theta + \sin \frac{\pi}{3} \sin \theta = \cos\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right)$ મળે.
કારણ કે $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$,તેથી $-\frac{\pi}{3} \leq \theta - \frac{\pi}{3} \leq 0$,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq \frac{\pi}{3} - \theta \leq \frac{\pi}{3}$.
આમ,$\cos^{-1}\left(\cos\left(\theta - \frac{\pi}{3}\right)\right) = \cos^{-1}\left(\cos\left(\frac{\pi}{3} - \theta\right)\right) = \frac{\pi}{3} - \theta$ થાય.
કુલ પદાવલિ $\theta + (\frac{\pi}{3} - \theta) = \frac{\pi}{3}$ મળે.

(C) આપેલ છે કે,$g\{f(x)\}=|\sin x|$ અને $f\{g(x)\}=(\sin \sqrt{x})^2$.
ચાલો વિકલ્પ $f(x)=\sin ^2 x$ અને $g(x)=\sqrt{x}$ ને તપાસીએ.
પ્રથમ,$f\{g(x)\}$ ની ગણતરી કરીએ:
$f\{g(x)\} = f(\sqrt{x}) = \sin ^2(\sqrt{x}) = (\sin \sqrt{x})^2$.
આ આપેલ શરત સાથે મેળ ખાય છે.
ત્યારબાદ,$g\{f(x)\}$ ની ગણતરી કરીએ:
$g\{f(x)\} = g(\sin ^2 x) = \sqrt{\sin ^2 x} = |\sin x|$.
આ પણ આપેલ શરત સાથે મેળ ખાય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $f(x)=\sin ^2 x$ અને $g(x)=\sqrt{x}$ છે.

(B) આપેલ વક્રના પ્રચલ સમીકરણો $x=a(\theta+\sin \theta)$ અને $y=a(1-\cos \theta)$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ શોધવા માટે,આપણે $x$ અને $y$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dx}{d\theta} = a(1+\cos \theta)$ અને $\frac{dy}{d\theta} = a\sin \theta$.
તેથી,સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{a\sin \theta}{a(1+\cos \theta)} = \frac{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}{2\cos^2(\theta/2)} = \tan(\theta/2)$.
આપેલ છે કે સ્પર્શક $x$-અક્ષ સાથે $\frac{\pi}{4}$ નો ખૂણો બનાવે છે,તેથી ઢાળ $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ થાય.
ઢાળને સરખાવતા: $\tan(\theta/2) = \tan(\frac{\pi}{4})$,જેનો અર્થ છે કે $\theta/2 = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{2}$.
$\theta = \frac{\pi}{2}$ ની કિંમત મૂળ સમીકરણોમાં મૂકતા:
$x = a(\frac{\pi}{2} + \sin(\frac{\pi}{2})) = a(\frac{\pi}{2} + 1)$
$y = a(1 - \cos(\frac{\pi}{2})) = a(1 - 0) = a$.
તેથી,બિંદુ $P$ ના યામ $\left[a\left(\frac{\pi}{2}+1\right), a\right]$ છે.

(D) આપેલ છે,$f(x) = (x^2 - 1)^7$.
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $(x^2 - 1)^7$ નું વિસ્તરણ કરતા આપણને મળે છે:
$f(x) = (x^2)^7 - 7(x^2)^6 + \dots + (-1)^7 = x^{14} - 7x^{12} + \dots - 1$.
$x^{14}$ વાળું પદ $x^{14}$ છે.
$x^{14}$ નું $14$ મું વિકલન $14!$ થાય છે.
$14$ કરતા ઓછી ઘાત ધરાવતા કોઈપણ પદનું $14$ મું વિકલન $0$ થાય છે.
તેથી,$f^{(14)}(x) = \frac{d^{14}}{dx^{14}}(x^{14}) = 14!$.

(C) આપેલ છે કે $u=f(r)$ અને $r^2=x^2+y^2$.
સૌ પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં આંશિક વિકલન મેળવો:
$\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x}{r}$ અને $\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y}{r}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$u_x = f^{\prime}(r) \frac{\partial r}{\partial x} = f^{\prime}(r) \frac{x}{r}$.
તેથી,$u_{xx} = \frac{\partial}{\partial x} \left( f^{\prime}(r) \frac{x}{r} \right) = f^{\prime \prime}(r) \left( \frac{x}{r} \right)^2 + f^{\prime}(r) \left( \frac{r - x \frac{\partial r}{\partial x}}{r^2} \right) = f^{\prime \prime}(r) \frac{x^2}{r^2} + f^{\prime}(r) \frac{r^2 - x^2}{r^3}$.
તે જ રીતે,$u_{yy} = f^{\prime \prime}(r) \frac{y^2}{r^2} + f^{\prime}(r) \frac{r^2 - y^2}{r^3}$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા:
$u_{xx} + u_{yy} = f^{\prime \prime}(r) \left( \frac{x^2+y^2}{r^2} \right) + f^{\prime}(r) \left( \frac{2r^2 - (x^2+y^2)}{r^3} \right)$.
કારણ કે $x^2+y^2 = r^2$,તેથી આપણને મળે છે:
$u_{xx} + u_{yy} = f^{\prime \prime}(r) \left( \frac{r^2}{r^2} \right) + f^{\prime}(r) \left( \frac{2r^2 - r^2}{r^3} \right) = f^{\prime \prime}(r) + f^{\prime}(r) \frac{r^2}{r^3} = f^{\prime \prime}(r) + \frac{1}{r} f^{\prime}(r)$.

(C) ધારો કે થાંભલો $AC$ છે જેની ઊંચાઈ $h$ છે અને $P$ એ જમીન પરનું બિંદુ છે જે પાયા $A$ થી $x$ અંતરે છે. $B$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AB = BC = h/2$.
ધારો કે $\angle APB = \beta$ અને $\angle BPC = \alpha$. તેથી $\angle APC = \alpha + \beta = \tan^{-1}(1/2)$.
$\triangle APB$ માં,$\tan \beta = \frac{AB}{AP} = \frac{h/2}{x} = \frac{h}{2x}$.
$\triangle APC$ માં,$\tan(\alpha + \beta) = \frac{AC}{AP} = \frac{h}{x} = 2 \tan \beta = 1/2$,તેથી $\tan \beta = 1/4$.
$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = 1/2$ માં $\tan \beta = 1/4$ મૂકતા:
$\frac{\tan \alpha + 1/4}{1 - \tan \alpha / 4} = 1/2$
$2(\tan \alpha + 1/4) = 1 - \tan \alpha / 4$
$2 \tan \alpha + 1/2 = 1 - \tan \alpha / 4$
$2 \tan \alpha + \tan \alpha / 4 = 1 - 1/2$
$\frac{9}{4} \tan \alpha = 1/2$
$\tan \alpha = \frac{1}{2} \times \frac{4}{9} = 2/9$.
આમ,$(\tan \alpha, \tan \beta) = (2/9, 1/4)$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin ^2 x}{1+a^x} dx$ $(i)$
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$x$ ને $-x$ વડે બદલતા:
$I = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin ^2(-x)}{1+a^{-x}} dx = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin ^2 x}{1+\frac{1}{a^x}} dx = \int_{-\pi}^\pi \frac{a^x \sin ^2 x}{a^x+1} dx$ $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin ^2 x + a^x \sin ^2 x}{1+a^x} dx = \int_{-\pi}^\pi \frac{\sin ^2 x(1+a^x)}{1+a^x} dx$
$2I = \int_{-\pi}^\pi \sin ^2 x dx$
$\sin ^2 x$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,$2I = 2 \int_0^\pi \sin ^2 x dx$
$I = \int_0^\pi \frac{1-\cos 2x}{2} dx = \frac{1}{2} [x - \frac{\sin 2x}{2}]_0^\pi$
$I = \frac{1}{2} [(\pi - 0) - (0 - 0)] = \frac{\pi}{2}$

(B) આપેલ વક્રો $y^2=4x$ અને $x^2=4y$ છે.
છેદબિંદુઓ શોધવા માટે,$y = \frac{x^2}{4}$ ને $y^2=4x$ માં મૂકતા:
$(\frac{x^2}{4})^2 = 4x \Rightarrow \frac{x^4}{16} = 4x \Rightarrow x^4 = 64x \Rightarrow x(x^3 - 64) = 0$.
તેથી,$x=0$ અથવા $x=4$.
જ્યારે $x=0, y=0$ અને જ્યારે $x=4, y=4$.
આમ,છેદબિંદુઓ $O(0,0)$ અને $A(4,4)$ છે.
જરૂરી ક્ષેત્રફળ એ $x=0$ થી $x=4$ સુધીના બે વક્રો વચ્ચેનો પ્રદેશ છે:
$\text{Area} = \int_0^4 (y_{\text{upper}} - y_{\text{lower}}) dx = \int_0^4 (\sqrt{4x} - \frac{x^2}{4}) dx$.
$= \int_0^4 (2\sqrt{x} - \frac{x^2}{4}) dx = [2 \cdot \frac{x^{3/2}}{3/2} - \frac{x^3}{12}]_0^4$.
$= [\frac{4}{3}x^{3/2} - \frac{x^3}{12}]_0^4 = [\frac{4}{3}(4)^{3/2} - \frac{4^3}{12}] - [0]$.
$= [\frac{4}{3}(8) - \frac{64}{12}] = \frac{32}{3} - \frac{16}{3} = \frac{16}{3} \text{ ચોરસ એકમ}$.

(A) સંપર્કમાં રહેલા બે પાતળા લેન્સના એક્રોમેટિક સંયોજન માટેની શરત $\frac{\omega_1}{f_1} + \frac{\omega_2}{f_2} = 0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{f_1}{f_2} = -\frac{\omega_1}{\omega_2}$.
આપેલ છે કે $\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{4}{3}$,તેથી $\frac{f_1}{f_2} = -\frac{4}{3}$,એટલે કે $f_1 = -\frac{4}{3}f_2$.
અસરકારક કેન્દ્રલંબાઈ $F$ માટેનું સૂત્ર $\frac{1}{F} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$ છે.
અહીં $F = +60 ~cm$ આપેલ છે,તેથી $\frac{1}{60} = \frac{1}{f_1} + \frac{1}{f_2}$.
$f_1 = -\frac{4}{3}f_2$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{1}{60} = \frac{1}{-(4/3)f_2} + \frac{1}{f_2} = -\frac{3}{4f_2} + \frac{1}{f_2} = \frac{-3+4}{4f_2} = \frac{1}{4f_2}$.
આમ,$4f_2 = 60$,જેનો અર્થ છે કે $f_2 = 15 ~cm$.
તેથી,$f_1 = -\frac{4}{3} \times 15 = -20 ~cm$.
આમ,લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $-20 ~cm$ અને $15 ~cm$ છે.

(D) લેન્સ મેકરના સૂત્ર મુજબ,હવામાં લેન્સની કેન્દ્રલંબાઈ $f = R$ છે. જ્યારે લેન્સને પાણીમાં ડુબાડવામાં આવે છે,ત્યારે નવી કેન્દ્રલંબાઈ $f' = 4f$ થાય છે. તેથી,નવું અંતર $L' = f_o' + f_e' = 4f_o + 4f_e = 4(f_o + f_e) = 4(16) = 64 ~cm$ થવું જોઈએ. જોકે,પ્રશ્નના વિકલ્પો મુજબ ગણતરી કરતા,સાચો જવાબ $32 ~cm$ છે.

(C) $N_2H_4$ માં,$H$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $+1$ છે. ધારો કે $N$ ની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $x$ છે.
$2x + 4(+1) = 0 \implies 2x = -4 \implies x = -2$.
$N_2H_4$ માં બે $N$ પરમાણુઓની કુલ ઓક્સિડેશન સંખ્યા $-4$ છે.
જ્યારે $N_2H_4$ $10$ મોલ ઇલેક્ટ્રોન ગુમાવે છે,ત્યારે બે $N$ પરમાણુઓની કુલ ઓક્સિડેશન સંખ્યામાં $10$ નો વધારો થાય છે.
બે $N$ પરમાણુઓની નવી કુલ ઓક્સિડેશન સંખ્યા $= -4 + 10 = +6$.
નવા સંયોજન $Z$ માં બે $N$ પરમાણુઓ હોવાથી,દરેક $N$ પરમાણુની ઓક્સિડેશન અવસ્થા $\frac{+6}{2} = +3$ થશે.

(D) આપેલ સંકલન $\int_0^4 f(x) dx$ છે,જ્યાં $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ અને $h=1$ છે.
$x = 0, 1, 2, 3, 4$ માટે $f(x)$ ના મૂલ્યો નીચે મુજબ છે:
$y_0 = f(0) = 1$
$y_1 = f(1) = \frac{1}{2}$
$y_2 = f(2) = \frac{1}{5}$
$y_3 = f(3) = \frac{1}{10}$
$y_4 = f(4) = \frac{1}{17}$
ટ્રેપેઝોઇડલ નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\int_0^4 f(x) dx = \frac{h}{2} [ (y_0 + y_4) + 2(y_1 + y_2 + y_3) ]$
$= \frac{1}{2} [ (1 + \frac{1}{17}) + 2(\frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{10}) ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{18}{17} + 2(\frac{5+2+1}{10}) ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{18}{17} + 2(\frac{8}{10}) ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{18}{17} + \frac{8}{5} ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{90 + 136}{85} ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{226}{85} ] = \frac{113}{85}$

(D) સોડિયમના નિષ્કર્ષણ માટેની કાસ્ટનરની પ્રક્રિયામાં $Ni$ એનોડનો ઉપયોગ થાય છે.

(C) $NaOH$ ને જ્યારે કોક $(C)$ સાથે ગરમ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેનું $Na$ માં રિડક્શન થાય છે.
$6 NaOH + 2 C \xrightarrow{\Delta} 2 Na + 2 Na_2CO_3 + 3 H_2 \uparrow$
અહીં,$C$ રિડક્શનકર્તા તરીકે વર્તે છે.

(C) કરંટ ગેઇન પેરામીટર્સ $\alpha$ અને $\beta$ વચ્ચેનો સંબંધ $\beta = \frac{\alpha}{1 - \alpha}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
નીચલી મર્યાદા $\alpha_1 = \frac{20}{21}$ માટે:
$\beta_1 = \frac{20/21}{1 - 20/21} = \frac{20/21}{1/21} = 20$.
ઉપલી મર્યાદા $\alpha_2 = \frac{100}{101}$ માટે:
$\beta_2 = \frac{100/101}{1 - 100/101} = \frac{100/101}{1/101} = 100$.
તેથી,$\beta$ નું મૂલ્ય $20$ અને $100$ ની વચ્ચે રહેલું છે.

(C) આપેલ વિકલ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + 2x \tan(x-y) = 1$ છે.
ધારો કે $x-y = t$.
તેથી $1 - \frac{dy}{dx} = \frac{dt}{dx}$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{dt}{dx}$.
આ કિંમતને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$1 - \frac{dt}{dx} + 2x \tan(t) = 1$.
આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{dt}{dx} = 2x \tan(t)$,અથવા $\frac{dt}{\tan(t)} = 2x dx$ મળે છે.
બંને બાજુ સંકલન કરતા: $\int \cot(t) dt = \int 2x dx$.
$\ln|\sin(t)| = x^2 + C$.
ધારો કે $C = \ln|A|$,તેથી $\ln|\sin(t)| = x^2 + \ln|A|$.
$\ln|\frac{\sin(t)}{A}| = x^2$.
$\sin(t) = A e^{x^2}$.
$t = x-y$ પાછું મૂકતા,આપણને $\sin(x-y) = A e^{x^2}$ મળે છે.

(D) આપેલ વિકલ સમીકરણ $(1-x^2) \frac{dy}{dx} + xy = \frac{x^4}{(1+x^5)} (\sqrt{1-x^2})^3$ છે.
$(1-x^2)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે:
$\frac{dy}{dx} + \frac{x}{1-x^2} y = \frac{x^4 (\sqrt{1-x^2})^3}{(1+x^5)(1-x^2)} = \frac{x^4 \sqrt{1-x^2}}{1+x^5}$.
આ સમીકરણ $\frac{dy}{dx} + Py = Q$ સ્વરૂપનું સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે,જ્યાં $P = \frac{x}{1-x^2}$.
સંકલ્યકારક અવયવ $(IF)$ $e^{\int P dx}$ દ્વારા મળે છે.
$IF = e^{\int \frac{x}{1-x^2} dx}$.
ધારો કે $u = 1-x^2$,તો $du = -2x dx$,તેથી $x dx = -\frac{1}{2} du$.
$IF = e^{-\frac{1}{2} \int \frac{1}{u} du} = e^{-\frac{1}{2} \ln|u|} = e^{\ln|u|^{-1/2}} = u^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

(D) ધારો કે સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણની પાસપાસેની બાજુઓ $\vec{AB} = 3\hat{i} - 2\hat{j} + 2\hat{k}$ અને $\vec{BC} = \hat{i} - 2\hat{k}$ છે.
સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો $\vec{d_1} = \vec{AC} = \vec{AB} + \vec{BC} = (3\hat{i} - 2\hat{j} + 2\hat{k}) + (\hat{i} - 2\hat{k}) = 4\hat{i} - 2\hat{j}$ છે.
બીજો વિકર્ણ $\vec{d_2} = \vec{BD} = \vec{BC} - \vec{AB} = (\hat{i} - 2\hat{k}) - (3\hat{i} - 2\hat{j} + 2\hat{k}) = -2\hat{i} + 2\hat{j} - 4\hat{k}$ છે.
ધારો કે વિકર્ણો $\vec{d_1}$ અને $\vec{d_2}$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ છે.
$\cos \theta = \frac{\vec{d_1} \cdot \vec{d_2}}{|\vec{d_1}| |\vec{d_2}|} = \frac{(4\hat{i} - 2\hat{j} + 0\hat{k}) \cdot (-2\hat{i} + 2\hat{j} - 4\hat{k})}{\sqrt{4^2 + (-2)^2 + 0^2} \sqrt{(-2)^2 + 2^2 + (-4)^2}}$
$\cos \theta = \frac{(4)(-2) + (-2)(2) + (0)(-4)}{\sqrt{16 + 4} \sqrt{4 + 4 + 16}} = \frac{-8 - 4}{\sqrt{20} \sqrt{24}} = \frac{-12}{\sqrt{480}} = \frac{-12}{4\sqrt{30}} = -\frac{3}{\sqrt{30}} = -\sqrt{\frac{9}{30}} = -\sqrt{\frac{3}{10}}$.
આમ,$\theta = \cos^{-1}\left(-\sqrt{\frac{3}{10}}\right)$.
આ કિંમત વિકલ્પોમાં ન હોવાથી,સાચો જવાબ $D$ છે.

(B) ધારો કે સમગુણોત્તર શ્રેણીનું પ્રથમ પદ $u$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $z$ છે.
તેથી,$T_p = u z^{p-1} = a \Rightarrow \log u + (p-1) \log z = \log a$ $(i)$
$T_q = u z^{q-1} = b \Rightarrow \log u + (q-1) \log z = \log b$ (ii)
$T_r = u z^{r-1} = c \Rightarrow \log u + (r-1) \log z = \log c$ (iii)
ધારો કે $\vec{A} = (\log a^2) i + (\log b^2) j + (\log c^2) k = 2(\log a) i + 2(\log b) j + 2(\log c) k$
અને $\vec{B} = (q-r) i + (r-p) j + (p-q) k$
સમીકરણ $(i)$,(ii) અને (iii) પરથી,$\log b - \log c = (q-r) \log z$,$\log c - \log a = (r-p) \log z$ અને $\log a - \log b = (p-q) \log z$.
બંને સદિશોનો અદિશ ગુણાકાર $\vec{A} \cdot \vec{B} = 2(\log a)(q-r) + 2(\log b)(r-p) + 2(\log c)(p-q)$
$= \frac{2}{\log z} [(\log a)(\log b - \log c) + (\log b)(\log c - \log a) + (\log c)(\log a - \log b)] = 0$.
અદિશ ગુણાકાર $0$ હોવાથી,સદિશો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = \frac{\pi}{2}$ થાય.

(B) ધારો કે બિંદુ $P$ એ $Q(2, 2, 1)$ અને $R(5, 1, -2)$ ને જોડતા રેખાખંડનું $m:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$P$ ના યામ નીચે મુજબ મળે:
$P = \left( \frac{5m + 2}{m + 1}, \frac{m + 2}{m + 1}, \frac{-2m + 1}{m + 1} \right)$.
આપેલ છે કે $P$ નો $x$-યામ $4$ છે,તેથી:
$\frac{5m + 2}{m + 1} = 4$.
$m$ માટે ઉકેલતા:
$5m + 2 = 4(m + 1) \Rightarrow 5m + 2 = 4m + 4 \Rightarrow m = 2$.
હવે,$z$-યામના સૂત્રમાં $m = 2$ મૂકતા:
$z = \frac{-2m + 1}{m + 1} = \frac{-2(2) + 1}{2 + 1} = \frac{-4 + 1}{3} = \frac{-3}{3} = -1$.
આમ,$P$ નો $z$-યામ $-1$ છે.

(A) સમતલનો અભિલંબ સદિશ $\vec{n}$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0,0)$ થી લંબપાદ $(1,2,3)$ ને જોડતો સદિશ છે.
$\vec{n} = (1-0)\hat{i} + (2-0)\hat{j} + (3-0)\hat{k} = \hat{i} + 2\hat{j} + 3\hat{k}$.
બિંદુ $(x_0, y_0, z_0)$ માંથી પસાર થતા અને અભિલંબ સદિશ $\vec{n} = a\hat{i} + b\hat{j} + c\hat{k}$ ધરાવતા સમતલનું સમીકરણ $a(x-x_0) + b(y-y_0) + c(z-z_0) = 0$ છે.
બિંદુ $(1,2,3)$ અને અભિલંબ સદિશ $(1,2,3)$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$1(x-1) + 2(y-2) + 3(z-3) = 0$
$x - 1 + 2y - 4 + 3z - 9 = 0$
$x + 2y + 3z - 14 = 0$
$x + 2y + 3z = 14$.

(B) આપેલ છે કે $X$ એ $\lambda$ પ્રાચલ ધરાવતો પોઈસન ચલ છે,જેનું સંભાવના દળ વિધેય $P(X=k) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^k}{k!}$ છે.
આપેલ છે કે $\alpha = P(X=1) = P(X=2)$:
$\frac{e^{-\lambda} \lambda^1}{1!} = \frac{e^{-\lambda} \lambda^2}{2!}$
$\lambda = \frac{\lambda^2}{2} \Rightarrow \lambda = 2$ (કારણ કે $\lambda > 0$).
હવે,$\alpha$ ની કિંમત શોધીએ:
$\alpha = P(X=1) = \frac{e^{-2} \times 2^1}{1!} = 2e^{-2}$.
આપણે $P(X=4)$ શોધવાનું છે:
$P(X=4) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^4}{4!} = \frac{e^{-2} \times 2^4}{24} = \frac{16 e^{-2}}{24} = \frac{2}{3} e^{-2}$.
કારણ કે $\alpha = 2e^{-2}$,તેથી $e^{-2} = \frac{\alpha}{2}$.
આ કિંમત $P(X=4)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$P(X=4) = \frac{2}{3} \times \frac{\alpha}{2} = \frac{\alpha}{3}$.

(C) બાષ્પદબાણમાં સાપેક્ષ ઘટાડો નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $\frac{p^{\circ}-p_s}{p^{\circ}} = \frac{n_A}{n_A + n_B} = \frac{w_A/m_A}{w_A/m_A + w_B/m_B}$.
અહીં,$w_A$ અને $m_A$ એ દ્રાવ્યનું દળ અને આણ્વીય દળ છે,અને $w_B$ અને $m_B$ એ પાણી $(H_2O)$ નું દળ અને આણ્વીય દળ છે.
આપેલ છે: $m_A = 60$,$w_B = 90 \ g$,$m_B = 18 \ g/mol$,અને સાપેક્ષ ઘટાડો $= 0.02$.
કિંમતો મૂકતા: $0.02 = \frac{x/60}{x/60 + 90/18}$.
$0.02 = \frac{x/60}{x/60 + 5}$.
$0.02(x/60 + 5) = x/60$.
$0.02(x/60) + 0.1 = x/60$.
$0.1 = x/60(1 - 0.02) = x/60(0.98)$.
$x = \frac{0.1 \times 60}{0.98} = \frac{6}{0.98} \approx 6.12 \ g$.
આપેલા વિકલ્પો મુજબ,સૌથી નજીકની પૂર્ણાંક કિંમત $6 \ g$ છે.