AP EAMCET 2018 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$x^2+6x+5 \ge 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $(x+5)(x+1) \ge 0$,તેથી $x \in (-\infty, -5] \cup [-1, \infty)$.
અસમતા $\sqrt{x^2+6x+5} > (8-x)$ માટે,$8-x < 0$ અથવા ($8-x \ge 0$ અને $x^2+6x+5 > (8-x)^2$) હોવું જરૂરી છે.
કિસ્સો $1$: $8-x < 0 \implies x > 8$. કારણ કે $x > 8$ એ $x \in [-1, \infty)$ ને સંતોષે છે,આ એક માન્ય ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: $8-x \ge 0 \implies x \le 8$. બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $x^2+6x+5 > 64-16x+x^2$.
$22x > 59 \implies x > \frac{59}{22}$.
$x > \frac{59}{22}$ અને $x \le 8$ ને જોડતા,આપણને $x \in (\frac{59}{22}, 8]$ મળે છે.
કિસ્સો $1$ અને $2$ ને જોડતા: $x \in (\frac{59}{22}, 8] \cup (8, \infty) = (\frac{59}{22}, \infty)$.

(B) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-4x+5=0$ ના બીજ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી,આપણને મળે છે $\alpha+\beta=4$ અને $\alpha\beta=5$.
ધારો કે નવા બીજ $S_1 = \alpha^2+\beta$ અને $S_2 = \alpha+\beta^2$ છે.
નવા બીજનો સરવાળો:
$S_1+S_2 = (\alpha^2+\beta)+(\alpha+\beta^2) = (\alpha^2+\beta^2)+(\alpha+\beta)$
$= ((\alpha+\beta)^2-2\alpha\beta)+(\alpha+\beta)$
$= (4^2-2(5))+4 = (16-10)+4 = 6+4 = 10$.
નવા બીજનો ગુણાકાર:
$S_1 \times S_2 = (\alpha^2+\beta)(\alpha+\beta^2) = \alpha^3+\alpha^2\beta^2+\alpha\beta+\beta^3$
$= (\alpha^3+\beta^3)+(\alpha\beta)^2+\alpha\beta$
$= ((\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta))+(\alpha\beta)^2+\alpha\beta$
$= (4^3-3(5)(4))+(5)^2+5$
$= (64-60)+25+5 = 4+30 = 34$.
જરૂરી દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-(S_1+S_2)x+(S_1 \times S_2) = 0$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2-10x+34=0$ મળે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $(p^2+p-3)(p^2+p-2)-12=0$ છે.
ધારો કે $y = p^2+p-2$.
તેથી સમીકરણ $(y-1)y - 12 = 0$ બને છે.
$y^2 - y - 12 = 0$.
$(y-4)(y+3) = 0$.
તેથી,$y = 4$ અથવા $y = -3$.
કિસ્સો $1$: $p^2+p-2 = 4 \Rightarrow p^2+p-6 = 0$.
$(p+3)(p-2) = 0$,તેથી $p = -3, 2$ (આ વાસ્તવિક બીજ છે).
કિસ્સો $2$: $p^2+p-2 = -3 \Rightarrow p^2+p+1 = 0$.
આ દ્વિઘાત સમીકરણ માટે,વિવેચક $D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4(1)(1) = -3 < 0$.
આમ,બીજ અવાસ્તવિક છે.
$p^2+p+1=0$ ના બીજનો સરવાળો $-\frac{b}{a} = -\frac{1}{1} = -1$ થાય છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $x^5-5 x^4+9 x^3-9 x^2+5 x-1=0$.
$x=1$ એ સમીકરણનું એક બીજ છે.
$(x-1)$ વડે ભાગતા,આપણને $(x-1)(x^4-4 x^3+5 x^2-4 x+1)=0$ મળે છે.
$x^4-4 x^3+5 x^2-4 x+1=0$ માટે,$x^2$ વડે ભાગતા:
$x^2-4 x+5-\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}=0
$ $\Rightarrow (x^2+\frac{1}{x^2})-4(x+\frac{1}{x})+5=0
$ $\Rightarrow (x+\frac{1}{x})^2-2-4(x+\frac{1}{x})+5=0
$ $\Rightarrow (x+\frac{1}{x})^2-4(x+\frac{1}{x})+3=0$.
ધારો કે $y = x+\frac{1}{x}$,તો $y^2-4y+3=0
$ $\Rightarrow (y-1)(y-3)=0
$ $\Rightarrow y=1, 3$.
કિસ્સો $1$: $x+\frac{1}{x}=1 \Rightarrow x^2-x+1=0$ (બીજ સંકર સંખ્યા છે).
કિસ્સો $2$: $x+\frac{1}{x}=3 \Rightarrow x^2-3x+1=0$ (બીજ અસંમેય છે).
આમ,$\alpha+\beta=3$ અને $\alpha \beta=1$.
$(\alpha+\beta) x^2+2 \alpha \beta x-\alpha \beta=0$ માં કિંમત મૂકતા:
$3x^2+2x-1=0
$ $\Rightarrow (3x-1)(x+1)=0
$ $\Rightarrow x=-1, \frac{1}{3}$.

(C) દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+2(a+b+c)x+3\lambda(ab+bc+ca)=0$ ના બીજ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = [2(a+b+c)]^2 - 4(1)(3\lambda(ab+bc+ca)) \geq 0$
$4(a+b+c)^2 - 12\lambda(ab+bc+ca) \geq 0$
$(a+b+c)^2 \geq 3\lambda(ab+bc+ca)$
$a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) \geq 3\lambda(ab+bc+ca)$
$(ab+bc+ca)$ વડે ભાગતા:
$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 2 \geq 3\lambda$
$a, b, c$ ત્રિકોણની બાજુઓ હોવાથી,$a+b > c$,$b+c > a$,અને $c+a > b$.
અસમતા $a^2+b^2+c^2 < 2(ab+bc+ca)$ જાણીતી છે.
તેથી,$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} < 2$.
આ કિંમત અસમતામાં મૂકતા:
$3\lambda \leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} + 2 < 2 + 2 = 4$
$3\lambda < 4 \Rightarrow \lambda < \frac{4}{3}$.

(A) $xy+l(x+y)+m=0$ પરથી,$x(y+l) = -(ly+m)$,તેથી $x = -\frac{ly+m}{y+l}$. આને $x^2+\alpha x+\beta=0$ માં મૂકતા:
$\left(-\frac{ly+m}{y+l}\right)^2 + \alpha\left(-\frac{ly+m}{y+l}\right) + \beta = 0$
$(ly+m)^2 - \alpha(ly+m)(y+l) + \beta(y+l)^2 = 0$
$(l^2y^2 + m^2 + 2lmy) - \alpha(ly^2 + l^2y + my + ml) + \beta(y^2 + 2ly + l^2) = 0$
$(l^2 - \alpha l + \beta)y^2 + (2lm - \alpha l^2 - \alpha m + 2\beta l)y + (m^2 - \alpha ml + \beta l^2) = 0$
કારણ કે આ સમીકરણ $x^2 + \alpha x + \beta = 0$ જેવા જ બીજ ધરાવે છે,તેથી સહગુણકોનો ગુણોત્તર સમાન હોવો જોઈએ:
$\frac{l^2 - \alpha l + \beta}{1} = \frac{2lm - \alpha l^2 - \alpha m + 2\beta l}{\alpha} = \frac{m^2 - \alpha ml + \beta l^2}{\beta}$
પ્રથમ અને ત્રીજા પદને સરખાવતા: $\beta(l^2 - \alpha l + \beta) = m^2 - \alpha ml + \beta l^2$
$\beta l^2 - \beta \alpha l + \beta^2 = m^2 - \alpha ml + \beta l^2$
$\beta^2 - \beta \alpha l - m^2 + \alpha ml = 0$
$\beta^2 - \beta m + \beta m - \beta \alpha l - m^2 + \alpha ml = 0$
$\beta(\beta - m) + (m - \alpha l)(\beta - m) = 0$
$(\beta - m)(\beta + m - \alpha l) = 0$
આમ,$\beta = m$ અથવા $\beta = \alpha l - m$.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3-2x^2+4x-1=0$ ના બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે. વિએટાના સૂત્રો મુજબ,$\alpha+\beta+\gamma=2$,$\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=4$,અને $\alpha\beta\gamma=1$.
$\alpha\beta\gamma=1$ હોવાથી,$\beta\gamma=\frac{1}{\alpha}$,$\alpha\gamma=\frac{1}{\beta}$,અને $\alpha\beta=\frac{1}{\gamma}$ થાય.
નવા સમીકરણના બીજ $\beta\gamma+\frac{1}{\alpha} = \frac{2}{\alpha}$,$\alpha\gamma+\frac{1}{\beta} = \frac{2}{\beta}$,અને $\alpha\beta+\frac{1}{\gamma} = \frac{2}{\gamma}$ છે.
ધારો કે $y = \frac{2}{x}$,તો $x = \frac{2}{y}$. મૂળ સમીકરણમાં આ કિંમત મૂકતા: $(\frac{2}{y})^3 - 2(\frac{2}{y})^2 + 4(\frac{2}{y}) - 1 = 0$.
$\frac{8}{y^3} - \frac{8}{y^2} + \frac{8}{y} - 1 = 0$.
$-y^3$ વડે ગુણતા,આપણને $y^3 - 8y^2 + 8y - 8 = 0$ મળે છે.
આમ,માંગેલ સમીકરણ $x^3-8x^2+8x-8=0$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $\left(-\infty, -\frac{5}{3}\right) \cup (3, \infty)$ માં ઋણ છે અને $\left(-\frac{5}{3}, 3\right)$ માં ધન છે,તેથી આપણે $f(x) = -k_1(x + \frac{5}{3})(x - 3)$ લખી શકીએ,જ્યાં $k_1 > 0$. આને $f(x) = k_1(x + \frac{5}{3})(3 - x)$ તરીકે લખી શકાય.
આપેલ છે કે $g(x)$ એ $\left(3, \frac{9}{2}\right)$ માં ઋણ છે અને બાકીના ભાગમાં ધન છે,તેથી આપણે $g(x) = k_2(x - 3)(x - \frac{9}{2})$ લખી શકીએ,જ્યાં $k_2 > 0$.
હવે,ગુણાકાર $P(x) = f(x)g(x) = k_1 k_2 (x + \frac{5}{3})(3 - x)(x - 3)(x - \frac{9}{2})$ ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $(3 - x) = -(x - 3)$,તેથી $P(x) = -k_1 k_2 (x + \frac{5}{3})(x - 3)^2 (x - \frac{9}{2})$.
ધારો કે $K = k_1 k_2 > 0$. તો $P(x) = -K (x + \frac{5}{3})(x - 3)^2 (x - \frac{9}{2})$.
બીજ $x = -\frac{5}{3}, 3, \frac{9}{2}$ છે. નોંધો કે $x = 3$ એ $2$ ની ગુણકતા ધરાવતું બીજ છે,તેથી $x = 3$ પર નિશાની બદલાતી નથી.
$x > \frac{9}{2}$ માટે,$P(x)$ ઋણ છે. $3 < x < \frac{9}{2}$ માટે,$P(x)$ ધન છે. $x < 3$ (અને $x > -\frac{5}{3}$) માટે,$P(x)$ ધન છે.
આમ,$[0, 5]$ અંતરાલમાં,$P(x)$ એ $[0, 3) \cup (3, \frac{9}{2})$ માં ધન છે અને $(\frac{9}{2}, 5]$ માં ઋણ છે. સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ છે કે $ax^2 + bx + c = 0$ ને કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી,તેથી વિવેચક $D = b^2 - 4ac < 0$ છે.
$ax^2 + bx + c$ ને કોઈ વાસ્તવિક બીજ ન હોવાથી,પદાવલિ $f(x) = ax^2 + bx + c$ એ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે સમાન ચિહ્ન ધરાવે છે.
$4a + 2b + c > 0$ આપેલ હોવાથી,$f(2) > 0$ થાય,જે સૂચવે છે કે $a > 0$ અને તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f(x) > 0$ છે.
તમામ $x$ માટે $f(x) > 0$ હોવાથી,$f(0) = c > 0$ અને $f(1) = a + b + c > 0$ મળે.
આપણને $f(2) = 4a + 2b + c > 0$ આપેલ છે.
હવે,$f(x) = ax^2 + bx + c$ ધ્યાનમાં લો. $a > 0$ હોવાથી,તમામ $x$ માટે $f(x) > 0$ છે.
ખાસ કરીને,$f(1) = a + b + c > 0 \implies a + c > -b$.
તેમજ,$f(0) = c > 0$.
પદાવલિ $(c+a)(c+b)$ ધ્યાનમાં લો.
$a > 0$ અને $f(x) > 0$ હોવાથી,$(c+a)(c+b) > ab$ સાબિત કરી શકાય છે.

(D) ધારો કે $y = \frac{x^2+4x+1}{x^2+x+1}$.
તેથી $y(x^2+x+1) = x^2+4x+1$,જે સૂચવે છે કે $(y-1)x^2 + (y-4)x + (y-1) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \ge 0$.
$D = (y-4)^2 - 4(y-1)^2 \ge 0$.
$(y-4)^2 - [2(y-1)]^2 \ge 0$.
$(y-4-2y+2)(y-4+2y-2) \ge 0$.
$(-y-2)(3y-6) \ge 0$.
$(y+2)(3y-6) \le 0$.
$(y+2)(y-2) \le 0$.
આમ,$-2 \le y \le 2$.
ન્યૂનતમ કિંમત $-2$ છે અને મહત્તમ કિંમત $2$ છે.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ કિંમતોનો સરવાળો $2 + (-2) = 0$ થાય.

(C) આપેલ સમીકરણ $|x^2+2x-8| = 2-x$ છે.
કિસ્સો $1$: $x^2+2x-8 \ge 0$.
$(x+4)(x-2) \ge 0 \implies x \in (-\infty, -4] \cup [2, \infty)$.
તેથી $x^2+2x-8 = 2-x \implies x^2+3x-10 = 0 \implies (x+5)(x-2) = 0$.
તેથી $x = -5$ અને $x = 2$. બંને શરતનું પાલન કરે છે.
કિસ્સો $2$: $x^2+2x-8 < 0$.
$(x+4)(x-2) < 0 \implies x \in (-4, 2)$.
તેથી $-(x^2+2x-8) = 2-x \implies -x^2-2x+8 = 2-x \implies x^2+x-6 = 0 \implies (x+3)(x-2) = 0$.
તેથી $x = -3$ અને $x = 2$.
કારણ કે $x=2$ એ $(-4, 2)$ માં નથી,તેથી આપણે ફક્ત $x = -3$ લઈશું.
ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો $\{-5, 2, -3\}$ છે.
આમ,$3$ ભિન્ન વાસ્તવિક ઉકેલો છે.

(A) $f(x) = x^2 + 2bx + 2c^2$ એ ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેની ન્યૂનતમ કિંમત $x = -b$ પર મળે છે,જે $f(-b) = 2c^2 - b^2$ છે.
$g(x) = -x^2 - 2cx + b^2$ એ નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેની મહત્તમ કિંમત $x = -c$ પર મળે છે,જે $g(-c) = c^2 + b^2$ છે.
આપેલ છે કે $f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $g(x)$ ની મહત્તમ કિંમત કરતા મોટી છે:
$2c^2 - b^2 > c^2 + b^2$
$c^2 > 2b^2$
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા,આપણને $|c| > \sqrt{2}|b|$ મળે છે.

(B) આપણી પાસે બે અસમતાઓ છે:
$5x - 1 < (x + 1)^2$ અને $(x + 1)^2 < 7x - 3$.
પ્રથમ અસમતા માટે:
$5x - 1 < x^2 + 2x + 1$
$x^2 - 3x + 2 > 0$
$(x - 1)(x - 2) > 0$
આથી $x \in (-\infty, 1) \cup (2, \infty)$.
બીજી અસમતા માટે:
$(x + 1)^2 < 7x - 3$
$x^2 + 2x + 1 < 7x - 3$
$x^2 - 5x + 4 < 0$
$(x - 1)(x - 4) < 0$
આથી $x \in (1, 4)$.
બંને અંતરાલોનો છેદ લેતા:
$x \in ((-\infty, 1) \cup (2, \infty)) \cap (1, 4) = (2, 4)$.
અંતરાલ $(2, 4)$ માં માત્ર એક જ પૂર્ણાંક $x = 3$ છે.
આમ,$x$ નું માત્ર $1$ પૂર્ણાંક મૂલ્ય શક્ય છે.

(A) વિધેય $f(x) = x^2 + 2bx + 2c^2$ એ ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેની ન્યૂનતમ કિંમત $x = -b$ પર મળે છે,જે $f(-b) = (-b)^2 + 2b(-b) + 2c^2 = b^2 - 2b^2 + 2c^2 = 2c^2 - b^2$ છે.
વિધેય $g(x) = -x^2 - 2cx + b^2$ એ નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેની મહત્તમ કિંમત $x = -c$ પર મળે છે,જે $g(-c) = -(-c)^2 - 2c(-c) + b^2 = -c^2 + 2c^2 + b^2 = c^2 + b^2$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $g(x)$ ની મહત્તમ કિંમત કરતા વધારે છે:
$2c^2 - b^2 > c^2 + b^2$
$2c^2 - c^2 > b^2 + b^2$
$c^2 > 2b^2$.

(A) આપેલ છે કે,$a, b$ અને $c$ એ સમીકરણ $x^3+qx+r=0$ ના બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$a+b+c=0$
$ab+bc+ca=q$
$abc=-r$
કારણ કે $a+b+c=0$,તેથી $(a+b+c)^2=0$.
$a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0$
$a^2+b^2+c^2+2(q)=0$
$a^2+b^2+c^2=-2q$
હવે,પદાવલિ $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$ ને ધ્યાનમાં લેતા:
$= a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+c^2+a^2-2ca$
$= 2(a^2+b^2+c^2) - 2(ab+bc+ca)$
$= 2(-2q) - 2(q)$
$= -4q - 2q$
$= -6q$

(A) ધારો કે ત્રિઘાત સમીકરણના બીજ $\alpha, -\alpha,$ અને $\beta$ છે.
બીજ અને સહગુણકો વચ્ચેના સંબંધ પરથી:
બીજનો સરવાળો: $\alpha + (-\alpha) + \beta = 2p \Rightarrow \beta = 2p$.
બબ્બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો: $\alpha(-\alpha) + (-\alpha)\beta + \alpha\beta = 3q$.
$-\alpha^2 - \alpha\beta + \alpha\beta = 3q \Rightarrow -\alpha^2 = 3q$.
બીજનો ગુણાકાર: $\alpha(-\alpha)\beta = 4r$.
$-\alpha^2 \beta = 4r$.
$\beta = 2p$ અને $-\alpha^2 = 3q$ ની કિંમત ગુણાકારના સમીકરણમાં મૂકતા:
$(3q)(2p) = 4r$.
$6pq = 4r$.
$r = \frac{6pq}{4} = \frac{3pq}{2}$.

(C) આપેલ છે $f(x) = (x-a)(x-b) - \frac{a+b}{2} = x^2 - (a+b)x + ab - \frac{a+b}{2}$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે પરવલયનું શિરોબિંદુ શોધીએ છીએ. વિકલન $f'(x) = 2x - (a+b)$ છે.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x = \frac{a+b}{2}$ મળે છે.
ન્યૂનતમ કિંમત $f\left(\frac{a+b}{2}\right) = \left(\frac{a+b}{2} - a\right)\left(\frac{a+b}{2} - b\right) - \frac{a+b}{2}$ છે.
$f\left(\frac{a+b}{2}\right) = \left(\frac{b-a}{2}\right)\left(\frac{a-b}{2}\right) - \frac{a+b}{2} = -\frac{(a-b)^2}{4} - \frac{a+b}{2} = -\frac{a^2 - 2ab + b^2 + 2a + 2b}{4}$.
આને આપણે $f\left(\frac{a+b}{2}\right) = -\frac{(a+b)^2 - 4ab + 2(a+b)}{4} = -\frac{(a+b)^2}{4} + \frac{4ab - 2(a+b)}{4}$ તરીકે લખી શકીએ.
કારણ કે $f(x)=0$ ના બીજ અ-ઋણ છે,ધારો કે બીજ $x_1, x_2 \geq 0$ છે. તેથી $x_1+x_2 = a+b \geq 0$ અને $x_1x_2 = ab - \frac{a+b}{2} \geq 0$.
$x_1x_2 \geq 0$ પરથી,આપણને $ab \geq \frac{a+b}{2}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $4ab \geq 2(a+b)$,તેથી $4ab - 2(a+b) \geq 0$.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $f\left(\frac{a+b}{2}\right) = -\frac{(a+b)^2}{4} + \frac{4ab - 2(a+b)}{4} \geq -\frac{(a+b)^2}{4}$ થાય.

(B) આપેલ બીજ $z_1 = \sqrt{3} + \sqrt{27} = 4\sqrt{3}$ અને $z_2 = \sqrt{2} + 5i$ છે.
સંમેય સહગુણકો માટે,અસંમેય બીજો અનુબદ્ધ જોડીમાં હોય છે.
$z_1 = 4\sqrt{3}$ માટે,ન્યૂનતમ બહુપદી $x^2 - 48 = 0$ છે,જેના બીજ $4\sqrt{3}$ અને $-4\sqrt{3}$ છે.
$z_2 = \sqrt{2} + 5i$ માટે,ન્યૂનતમ બહુપદી $x^4 + 46x^2 + 729 = 0$ છે,જેના બીજ $\pm\sqrt{2} \pm 5i$ છે.
આમ,કુલ ઘાત $2 + 4 = 6$ થાય.

(C) આપણી પાસે છે,$\frac{x^3}{(2x-1)(x-1)^2} = \frac{x^3}{2x^3-5x^2+4x-1}$.
ભાગાકાર કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{x^3}{2x^3-5x^2+4x-1} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \left( \frac{5x^2-4x+1}{(2x-1)(x-1)^2} \right) \dots (i)$.
ધારો કે $\frac{5x^2-4x+1}{(2x-1)(x-1)^2} = \frac{B}{2x-1} + \frac{C}{x-1} + \frac{D}{(x-1)^2}$.
$5x^2-4x+1 = B(x-1)^2 + C(x-1)(2x-1) + D(2x-1)$.
$x=1$ મુકતા,$D=2$ મળે છે.
$x=1/2$ મુકતા,$B=1$ મળે છે.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $5 = B + 2C$ $\Rightarrow 5 = 1 + 2C$ $\Rightarrow C=2$.
આ કિંમતો $(i)$ માં મુકતા:
$\frac{x^3}{(2x-1)(x-1)^2} = \frac{1}{2} + \frac{1/2}{2x-1} + \frac{1}{x-1} + \frac{1}{(x-1)^2}$.
સરખામણી કરતા $A=1/2, B=1/2, C=1, D=1$.
તેથી,$2A - 3B + 4C + 5D = 2(1/2) - 3(1/2) + 4(1) + 5(1) = 1 - 1.5 + 4 + 5 = 8.5 = \frac{17}{2}$.

(C) આપેલ ઘન સમીકરણ $x^3+0x^2+4x+1=0$ છે.
$a, b,$ અને $c$ એ બીજ હોવાથી,વિએટાના સૂત્રો મુજબ:
$a+b+c = 0$
$ab+bc+ca = 4$
$abc = -1$
$a+b+c=0$ પરથી,આપણને $a+b = -c$,$b+c = -a$,અને $c+a = -b$ મળે છે.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} = \frac{1}{-c} + \frac{1}{-a} + \frac{1}{-b}$
$= -(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})$
$= -(\frac{bc+ac+ab}{abc})$
$= -(\frac{4}{-1}) = 4$.

(A) ધારો કે સમીકરણ $x^3+p x^2+q x+r=0$ ના બીજ $\alpha, \beta, \text{ અને } \gamma$ છે.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,$\alpha+\beta+\gamma = -p$ $(i)$.
આપેલ છે કે બે બીજનો સરવાળો શૂન્ય છે,તેથી $\beta+\gamma=0$ લો.
આ કિંમત $(i)$ માં મૂકતા,આપણને $\alpha = -p$ મળે છે.
$\alpha$ એ સમીકરણનું બીજ હોવાથી,તે $x^3+p x^2+q x+r=0$ નું સમાધાન કરશે.
$x = -p$ મૂકતા:
$(-p)^3 + p(-p)^2 + q(-p) + r = 0$
$-p^3 + p^3 - p q + r = 0$
$-p q + r = 0$
$r = p q$.

(D) આપેલ છે: $z_1=1-2 i, z_2=1+i, z_3=3+4 i$.
આપણે $\left(\frac{1}{z_1}+\frac{3}{z_2}\right) \frac{z_3}{z_2}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ,કૌંસની અંદરના પદની ગણતરી કરો:
$\frac{1}{1-2 i}+\frac{3}{1+i} = \frac{(1+i)+3(1-2 i)}{(1-2 i)(1+i)} = \frac{4-5 i}{3-i}$.
હવે,$\frac{z_3}{z_2}$ સાથે ગુણાકાર કરો:
$\left(\frac{4-5 i}{3-i}\right) \left(\frac{3+4 i}{1+i}\right) = \frac{32+i}{4+2 i}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\frac{32+i}{4+2 i} \times \frac{4-2 i}{4-2 i} = \frac{130-60 i}{20} = \frac{13}{2}-3 i$.

(D) આપણી પાસે છે,$\frac{z-1}{z+i} = \frac{x+iy-1}{x+i(y+1)}$.
છેદના અનુબદ્ધ $x-i(y+1)$ વડે અંશ અને છેદને ગુણતા:
$\frac{(x-1)+iy}{x+i(y+1)} \times \frac{x-i(y+1)}{x-i(y+1)} = \frac{x(x-1) - i(x-1)(y+1) + ixy + y(y+1)}{x^2+(y+1)^2}$.
વાસ્તવિક ભાગ $\frac{x(x-1)+y(y+1)}{x^2+(y+1)^2}$ છે.
આપેલ છે કે વાસ્તવિક ભાગ $1$ છે,તેથી:
$\frac{x^2-x+y^2+y}{x^2+(y+1)^2} = 1$.
$x^2-x+y^2+y = x^2+y^2+2y+1$.
$-x+y = 2y+1$.
$x+y+1 = 0$.
વિકલ્પો તપાસતા,$(2016, -2017)$ માટે,$2016 + (-2017) + 1 = 0$ મળે છે.
આમ,બિંદુ $(2016, -2017)$ એ બિંદુપથ પર આવેલું છે.

(B) આપેલ છે કે $z = x + iy$,તેથી $\bar{z} = x - iy$.
સમીકરણ $z^2 = (i \bar{z})^2$ આપેલ છે.
બંને બાજુ વિસ્તરણ કરતા: $z^2 = i^2 (\bar{z})^2$.
$i^2 = -1$ હોવાથી,$z^2 = -(\bar{z})^2$,જેનો અર્થ છે કે $z^2 + (\bar{z})^2 = 0$.
$z = x + iy$ અને $\bar{z} = x - iy$ મૂકતા:
$(x + iy)^2 + (x - iy)^2 = 0$.
$(x^2 - y^2 + 2ixy) + (x^2 - y^2 - 2ixy) = 0$.
$2(x^2 - y^2) = 0$.
$x^2 - y^2 = 0$.
$x^2 = y^2$,જેનો અર્થ છે કે $y = \pm x$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\alpha_1 + \alpha_2 z + \alpha_3 z^2 + \ldots + \alpha_n z^{n-1} + z^n = 0$ છે.
$z = \cos \theta + i \sin \theta = e^{i \theta}$ હોવાથી,$z^n = \cos n \theta + i \sin n \theta$ થાય.
સમીકરણમાં $z$ ની કિંમત મૂકતા: $\alpha_1 + \alpha_2 e^{i \theta} + \alpha_3 e^{i 2 \theta} + \ldots + \alpha_n e^{i (n-1) \theta} + e^{i n \theta} = 0$.
આખા સમીકરણને $e^{-i n \theta}$ વડે ગુણતા:
$\alpha_1 e^{-i n \theta} + \alpha_2 e^{-i (n-1) \theta} + \ldots + \alpha_n e^{-i \theta} + 1 = 0$.
આ સમીકરણનો વાસ્તવિક ભાગ લેતા:
$\alpha_1 \cos (-n \theta) + \alpha_2 \cos (-(n-1) \theta) + \ldots + \alpha_n \cos (-\theta) + 1 = 0$.
$\cos (-x) = \cos x$ હોવાથી,આ સમીકરણ નીચે મુજબ સાદું રૂપ ધારણ કરે છે:
$\alpha_1 \cos n \theta + \alpha_2 \cos (n-1) \theta + \ldots + \alpha_n \cos \theta + 1 = 0$.
તેથી,$\alpha_1 \cos n \theta + \alpha_2 \cos (n-1) \theta + \ldots + \alpha_n \cos \theta = -1$.

(A) આપેલ છે,$13 e^{i \tan ^{-1} \frac{5}{12}} = a + i b$.
ઓઈલરના સૂત્ર $e^{i \theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$13 [\cos(\tan ^{-1} \frac{5}{12}) + i \sin(\tan ^{-1} \frac{5}{12})] = a + i b$.
ધારો કે $\theta = \tan ^{-1} \frac{5}{12}$,તો $\tan \theta = \frac{5}{12}$.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં સામેની બાજુ $5$ અને પાસેની બાજુ $12$ હોય,તો કર્ણ $\sqrt{5^2 + 12^2} = 13$ થાય.
તેથી,$\cos \theta = \frac{12}{13}$ અને $\sin \theta = \frac{5}{13}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$13 [\frac{12}{13} + i \frac{5}{13}] = a + i b$.
$12 + 5i = a + i b$.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી કરતા,$a = 12$ અને $b = 5$ મળે છે.
તેથી,ક્રમયુક્ત જોડ $(a, b) = (12, 5)$ છે.

(D) ધારો કે $z = x + iy$. તો $\frac{z+1}{z+i} = \frac{(x+1) + iy}{x + i(y+1)}$.
આને શુદ્ધ વાસ્તવિક બનાવવા માટે,આપણે છેદની અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા વડે અંશ અને છેદને ગુણીએ: $\frac{(x+1) + iy}{x + i(y+1)} \times \frac{x - i(y+1)}{x - i(y+1)}$.
છેદ $x^2 + (y+1)^2$ બને છે,જે વાસ્તવિક છે.
અંશ $(x+1)x + y(y+1) + i[xy - (x+1)(y+1)]$ છે.
પદ શુદ્ધ વાસ્તવિક હોવા માટે,કાલ્પનિક ભાગ શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$xy - (x+1)(y+1) = 0$.
$xy - (xy + x + y + 1) = 0$.
$-x - y - 1 = 0 \Rightarrow x + y + 1 = 0$.
કારણ કે $z \neq -i$,તેથી બિંદુ $(0, -1)$ બાકાત રાખવું જોઈએ.
આમ,બિંદુપથ $x+y+1=0, (x, y) \neq (0, -1)$ છે.

(B) આપેલ સંકર સમીકરણ:
$i z^3+4 z^2-z+4 i=0$
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા:
$z^2(i z + 4) + i(i z + 4) = 0$
$(i z + 4)(z^2 + i) = 0$
આથી $z = 4i$ અથવા $z^2 = -i$ મળે.
$z^2 = -i$ માટે,$z = \pm(\frac{1-i}{\sqrt{2}})$ મળે.
અહીં $|4i| = 4$ અને $|z| = 1$ છે.
તેથી,ન્યૂનતમ માન ધરાવતું બીજ $\frac{1-i}{\sqrt{2}}$ છે.

(B) આપેલ છે,$u+iv = \frac{3i}{(x+2)+iy}$.
બંને બાજુ વ્યસ્ત લેતા:
$\frac{1}{u+iv} = \frac{(x+2)+iy}{3i}$.
ડાબી બાજુના અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ $(u-iv)$ વડે ગુણતા:
$\frac{u-iv}{u^2+v^2} = \frac{(x+2)+iy}{3i}$.
બંને બાજુ $3i$ વડે ગુણતા:
$(x+2)+iy = \frac{3i(u-iv)}{u^2+v^2} = \frac{3ui - 3vi^2}{u^2+v^2} = \frac{3v + 3ui}{u^2+v^2}$.
કાલ્પનિક ભાગોને સરખાવતા:
$y = \frac{3u}{u^2+v^2}$.

(C) ધારો કે $z = x + iy$. તેથી $\frac{z-i}{z-1} = \frac{x + i(y-1)}{(x-1) + iy}$.
આને શુદ્ધ કાલ્પનિક બનાવવા માટે,આપણે છેદના અનુબદ્ધ વડે ગુણીએ: $\frac{(x + i(y-1))((x-1) - iy)}{(x-1)^2 + y^2}$.
વાસ્તવિક ભાગ $\frac{x(x-1) + y(y-1)}{(x-1)^2 + y^2} = 0$ છે.
આનો અર્થ એ છે કે $x^2 - x + y^2 - y = 0$,એટલે કે $x^2 + y^2 - x - y = 0$.
વર્ગ પૂર્ણ કરતા,આપણને $\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{1}{2}\right)^2 = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2$ મળે છે.
આ કેન્દ્ર $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ અને ત્રિજ્યા $\frac{1}{\sqrt{2}}$ વાળું વર્તુળ દર્શાવે છે.
કારણ કે $z = 1$ (એટલે કે $(1, 0)$) પર પદ અવ્યાખ્યાયિત છે અને $z = i$ (એટલે કે $(0, 1)$) પર અંશ શૂન્ય થાય છે,તેથી આ બિંદુઓને બાકાત રાખવા જોઈએ.

(A) આપેલ છે કે,$\alpha = \frac{a+ib}{1-c}$.
બંને બાજુ માનાંકનો વર્ગ લેતા,$|\alpha|^2 = \frac{a^2+b^2}{(1-c)^2} \quad \dots(i)$.
આપેલ છે કે $a^2+b^2+c^2=c$,તેથી $a^2+b^2 = c-c^2 = c(1-c) \quad \dots(ii)$.
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા,$|\alpha|^2 = \frac{c(1-c)}{(1-c)^2} = \frac{c}{1-c}$.
આથી $1+|\alpha|^2 = 1 + \frac{c}{1-c} = \frac{1-c+c}{1-c} = \frac{1}{1-c}$.
તેથી,$1-c = \frac{1}{1+|\alpha|^2}$.
$(ii)$ પરથી,$a^2+b^2 = c(1-c) = (1-(1-c))(1-c) = (1-c) - (1-c)^2$.
$1-c = \frac{1}{1+|\alpha|^2}$ મૂકતા,$a^2+b^2 = \frac{1}{1+|\alpha|^2} - \left(\frac{1}{1+|\alpha|^2}\right)^2 = \frac{1+|\alpha|^2-1}{(1+|\alpha|^2)^2} = \frac{|\alpha|^2}{(1+|\alpha|^2)^2}$.

(A) આપેલ છે $z = \frac{1}{1 - \cos \theta + i \sin \theta}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ અને $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \frac{1}{2 \sin^2 \frac{\theta}{2} + i (2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2})}$
$z = \frac{1}{2 \sin \frac{\theta}{2} (\sin \frac{\theta}{2} + i \cos \frac{\theta}{2})}$
કારણ કે $\sin \frac{\theta}{2} + i \cos \frac{\theta}{2} = i (\cos \frac{\theta}{2} - i \sin \frac{\theta}{2}) = i e^{-i \theta/2}$,તેથી:
$z = \frac{1}{2 \sin \frac{\theta}{2} \cdot i e^{-i \theta/2}} = \frac{1}{2 \sin \frac{\theta}{2}} \cdot \frac{1}{i} e^{i \theta/2}$
કારણ કે $\frac{1}{i} = -i = e^{-i \pi/2}$,તેથી:
$z = \frac{1}{2 \sin \frac{\theta}{2}} e^{-i \pi/2} e^{i \theta/2} = \frac{1}{2} \operatorname{cosec} \frac{\theta}{2} e^{i (\theta/2 - \pi/2)}$
આમ,માનાંક $\frac{1}{2} \operatorname{cosec} \frac{\theta}{2}$ અને કોણાંક $-(\frac{\pi}{2} - \frac{\theta}{2})$ છે.

(B) ધારો કે $z = \sin \frac{\pi}{5} + i(1 - \cos \frac{\pi}{5})$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$ અને $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = 2 \sin \frac{\pi}{10} \cos \frac{\pi}{10} + i(2 \sin^2 \frac{\pi}{10})$
$z = 2 \sin \frac{\pi}{10} (\cos \frac{\pi}{10} + i \sin \frac{\pi}{10})$
અહીં $2 \sin \frac{\pi}{10} > 0$ હોવાથી,આ સંકર સંખ્યા ધ્રુવીય સ્વરૂપ $r(\cos \theta + i \sin \theta)$ માં છે,જ્યાં $r = 2 \sin \frac{\pi}{10}$ અને $\theta = \frac{\pi}{10}$.
તેથી,આપેલ સંકર સંખ્યાનો કંપનવિસ્તાર $\frac{\pi}{10}$ છે.

(C) આપેલ છે $z = \frac{\sqrt{3}+i}{2} = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = e^{i\pi/6}$.
$z^{101} = e^{i(101\pi/6)} = e^{i(16\pi + 5\pi/6)} = e^{i5\pi/6} = -\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{i}{2}$.
વળી,$i^{103} = i^{100} \cdot i^3 = -i$.
તેથી,$z^{101} + i^{103} = -\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{i}{2} = -z$.
આમ,$\left(z^{101} + i^{103}\right)^{105} = (-z)^{105} = -z^{105}$.
$z^{105} = (e^{i\pi/6})^{105} = e^{i(17\pi + \pi/2)} = -i$.
તેથી,$-z^{105} = -(-i) = i$.
અહીં $z^3 = e^{i(3\pi/6)} = i$ હોવાથી,જવાબ $z^3$ છે.

(C) ધારો કે $z = 1+\sin \theta+i \cos \theta$. આને $z = 1+\cos(\frac{\pi}{2}-\theta) + i\sin(\frac{\pi}{2}-\theta)$ તરીકે લખી શકાય.
$1+\cos(2A) = 2\cos^2(A)$ અને $\sin(2A) = 2\sin(A)\cos(A)$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $A = \frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}$:
$z = 2\cos^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + 2i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})$
$z = 2\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + i\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})]$
તેથી $z^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2}) + i\sin(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
તે જ રીતે,અનુબદ્ધ પદ $\bar{z}^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2}) - i\sin(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
આ બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$z^n + \bar{z}^n = 2^n \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) [2\cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})]$
$= 2^{n+1} \cos^n(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) \cos(\frac{n\pi}{4}-\frac{n\theta}{2})$.

(A) ધારો કે $z = x + iy$, જ્યાં $0 \leq x \leq 1$ અને $0 \leq y \leq 1$.
તેથી $z^2 = (x + iy)^2 = x^2 - y^2 + 2ixy$.
આમ, $|e^{z^2}| = |e^{x^2 - y^2} \cdot e^{i(2xy)}| = e^{x^2 - y^2} \cdot |e^{i(2xy)}|$.
કારણ કે $|e^{i(2xy)}| = 1$, તેથી $|e^{z^2}| = e^{x^2 - y^2}$.
$e^{x^2 - y^2}$ ને મહત્તમ કરવા માટે, આપણે ઘાતાંક $f(x, y) = x^2 - y^2$ ને $0 \leq x \leq 1$ અને $0 \leq y \leq 1$ ની શરતો હેઠળ મહત્તમ બનાવવો પડે.
$x^2 - y^2$ ની મહત્તમ કિંમત ત્યારે મળે છે જ્યારે $x$ મહત્તમ $(x=1)$ હોય અને $y$ ન્યૂનતમ $(y=0)$ હોય.
તેથી, મહત્તમ કિંમત $e^{1^2 - 0^2} = e^1 = e$ થાય.

(C) આપેલ છે,$z = \frac{\sqrt{3} + i}{2} = \cos \left(\frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{6}\right)$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z^{101} = \cos \left(\frac{101\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{101\pi}{6}\right)$.
કારણ કે $\frac{101\pi}{6} = 17\pi - \frac{\pi}{6}$,તેથી $z^{101} = \cos \left(17\pi - \frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(17\pi - \frac{\pi}{6}\right) = -\cos \left(\frac{\pi}{6}\right) + i \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{-\sqrt{3} + i}{2}$.
વળી,$i^{103} = i^{100} \times i^3 = 1 \times (-i) = -i$.
આમ,$z^{101} + i^{103} = \frac{-\sqrt{3} + i}{2} - i = \frac{-\sqrt{3} - i}{2} = -\left(\frac{\sqrt{3} + i}{2}\right) = -z$.
તેથી,$\left(z^{101} + i^{103}\right)^{105} = (-z)^{105} = -z^{105}$.
$z^{105} = \left(\cos \frac{\pi}{6} + i \sin \frac{\pi}{6}\right)^{105} = \cos \frac{105\pi}{6} + i \sin \frac{105\pi}{6} = \cos \frac{35\pi}{2} + i \sin \frac{35\pi}{2}$.
કારણ કે $\frac{35\pi}{2} = 18\pi - \frac{\pi}{2}$,તેથી $z^{105} = \cos \left(-\frac{\pi}{2}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{2}\right) = 0 - i = -i$.
અંતે,$-z^{105} = -(-i) = i$.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^{11}-x^6-x^5+1=0$ છે.
અવયવ પાડતા:
$x^6(x^5-1) - 1(x^5-1) = 0$
$(x^6-1)(x^5-1) = 0$
આથી $x^6=1$ અથવા $x^5=1$.
બીજો $x = \operatorname{cis}(\frac{2k\pi}{6})$ જ્યાં $k \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5\}$ અથવા $x = \operatorname{cis}(\frac{2r\pi}{5})$ જ્યાં $r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ દ્વારા મળે છે.
$k=1$ માટે,$x = \operatorname{cis}(\frac{2\pi}{6}) = \operatorname{cis}(\frac{\pi}{3})$.
આમ,$\operatorname{cis}(\frac{\pi}{3})$ એ એક સંકર બીજ છે.

(D) આપેલ છે કે $1, \omega, \omega^2$ એ એકમના ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$.
આપણે પદાવલિ $\frac{1}{1+2 \omega}+\frac{1}{2+\omega}-\frac{1}{1+\omega}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પ્રથમ બે પદોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\frac{1}{1+2 \omega}+\frac{1}{2+\omega} = \frac{2+\omega+1+2 \omega}{(1+2 \omega)(2+\omega)} = \frac{3+3 \omega}{2+5 \omega+2 \omega^2}$.
$1+\omega = -\omega^2$ હોવાથી,અંશ $-3 \omega^2$ થશે.
વળી,$2+5 \omega+2 \omega^2 = 2(1+\omega^2)+5 \omega = 2(-\omega)+5 \omega = 3 \omega$.
તેથી,પ્રથમ બે પદોનો સરવાળો $\frac{3(1+\omega)}{3 \omega} = \frac{1+\omega}{\omega} = \frac{-\omega^2}{\omega} = -\omega$ થાય.
હવે,ત્રીજું પદ બાદ કરતા:
$-\frac{1}{1+\omega} = -\frac{1}{-\omega^2} = \frac{1}{\omega^2} = \omega$.
આમ,કુલ સરવાળો $-\omega + \omega = 0$ થાય.

(B) ધારો કે આપેલ પદ $E = \left[\frac{51+73 \omega+87 \omega^2}{73+87 \omega+51 \omega^2}+\frac{51+73 \omega+87 \omega^2}{87+51 \omega+73 \omega^2}\right]^{15}$ છે.
અહીં $A = 51+73 \omega+87 \omega^2$,$B = 73+87 \omega+51 \omega^2$,અને $C = 87+51 \omega+73 \omega^2$ લેતા.
નોંધો કે $B = \omega^2 A$ અને $C = \omega A$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિ $\left[\frac{A}{\omega^2 A} + \frac{A}{\omega A}\right]^{15} = \left[\frac{1}{\omega^2} + \frac{1}{\omega}\right]^{15}$ બને છે.
$\frac{1}{\omega^2} = \omega$ અને $\frac{1}{\omega} = \omega^2$ હોવાથી,આપણને $(\omega + \omega^2)^{15}$ મળે છે.
$1 + \omega + \omega^2 = 0$ હોવાથી,$\omega + \omega^2 = -1$ થાય.
તેથી,$(-1)^{15} = -1$.

(B) ધારો કે $S = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{c+a \omega+b \omega^2} + \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$.
નોંધો કે $c+a \omega+b \omega^2 = \omega^2(c \omega + a \omega^2 + b) = \omega^2(b+c \omega+a \omega^2)$.
આમ,પદાવલિ $\frac{a+b \omega+c \omega^2}{\omega^2(b+c \omega+a \omega^2)} + \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$ બને છે.
$\frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2}$ સામાન્ય લેતા,આપણને $\frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2} (\frac{1}{\omega^2} + 1) = \frac{a+b \omega+c \omega^2}{b+c \omega+a \omega^2} (\omega + 1)$ મળે છે.
કારણ કે $1+\omega+\omega^2 = 0$,તેથી $1+\omega = -\omega^2$.
$a=1, b=0, c=0$ જેવી ચોક્કસ કિંમતો માટે ગણતરી કરતા $\frac{1}{\omega^2} + \frac{1}{\omega} = \omega + \omega^2 = -1$ મળે છે.
આમ,જવાબ $-1$ છે.

(B) આપેલ છે કે $a = \cos \left(\frac{8 \pi}{11}\right) + i \sin \left(\frac{8 \pi}{11}\right) = e^{i \frac{8 \pi}{11}}$.
કારણ કે $a^{11} = e^{i 8 \pi} = 1$,તેથી $a$ એ એકમનું $11$મું મૂળ છે.
એકમના તમામ $11$મા મૂળનો સરવાળો $1 + a + a^2 + \dots + a^{10} = 0$ થાય છે.
તેથી,$a + a^2 + a^3 + a^4 + a^5 + a^6 + a^7 + a^8 + a^9 + a^{10} = -1$.
$a^{11} = 1$ હોવાથી,આપણી પાસે $a^{10} = \bar{a}$,$a^9 = \bar{a^2}$,$a^8 = \bar{a^3}$,$a^7 = \bar{a^4}$,અને $a^6 = \bar{a^5}$ છે.
આ કિંમતોને સરવાળામાં મૂકતા,આપણને $(a + \bar{a}) + (a^2 + \bar{a^2}) + (a^3 + \bar{a^3}) + (a^4 + \bar{a^4}) + (a^5 + \bar{a^5}) = -1$ મળે છે.
ગુણધર્મ $z + \bar{z} = 2 \operatorname{Re}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \operatorname{Re}(a) + 2 \operatorname{Re}(a^2) + 2 \operatorname{Re}(a^3) + 2 \operatorname{Re}(a^4) + 2 \operatorname{Re}(a^5) = -1$ થાય.
તેથી,$2 \operatorname{Re}(a + a^2 + a^3 + a^4 + a^5) = -1$,જેનો અર્થ છે કે $\operatorname{Re}(a + a^2 + a^3 + a^4 + a^5) = -\frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $z=x+iy$. આપેલ છે કે $|z|^2+1=|z^2-1|$.
$z=x+iy$ મૂકતા,આપણને મળે $x^2+y^2+1 = |(x+iy)^2-1| = |x^2-y^2-1+2ixy|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(x^2+y^2+1)^2 = (x^2-y^2-1)^2 + (2xy)^2$.
$(x^2+y^2+1)^2 - (x^2-y^2-1)^2 = 4x^2y^2$.
$a^2-b^2 = (a+b)(a-b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$[(x^2+y^2+1) + (x^2-y^2-1)] \times [(x^2+y^2+1) - (x^2-y^2-1)] = 4x^2y^2$.
$(2x^2)(2y^2+2) = 4x^2y^2$.
$4x^2y^2 + 4x^2 = 4x^2y^2$.
$4x^2 = 0 \implies x=0$.
બિંદુપથ $x=0$ એ કાલ્પનિક અક્ષ દર્શાવે છે.

(A) ધારો કે $Z = x + iy$.
તેથી $\frac{Z-1}{Z+1} = \frac{(x-1) + iy}{(x+1) + iy}$.
અંશ અને છેદને છેદની અનુબદ્ધ સંખ્યા $(x+1) - iy$ વડે ગુણતા:
$\frac{Z-1}{Z+1} = \frac{(x^2 + y^2 - 1) + 2iy}{(x+1)^2 + y^2}$.
આપેલ છે કે $\operatorname{Arg}\left(\frac{Z-1}{Z+1}\right) = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{2y}{x^2 + y^2 - 1}$.
$\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$ હોવાથી,$1 = \frac{2y}{x^2 + y^2 - 1}$.
આથી $x^2 + y^2 - 1 = 2y$,એટલે કે $x^2 + y^2 - 2y - 1 = 0$.

(C) આપેલ બિંદુઓ $A(3-i)$ અને $B(2+i)$ છે.
આર્ગેન્ડ સમતલમાં,આ બિંદુઓ $A(3, -1)$ અને $B(2, 1)$ યામ દર્શાવે છે.
આપેલ સમીકરણ $|z-3+i|=|z-2-i|$ છે.
આને $|z-(3-i)|=|z-(2+i)|$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
ધારો કે $P$ એ સંકર સંખ્યા $z$ દર્શાવતું બિંદુ છે. તો આ સમીકરણ એવા બિંદુઓ $P$ નો સમૂહ દર્શાવે છે કે જેથી $P$ નું $A$ થી અંતર એ $P$ નું $B$ થી અંતર જેટલું હોય,એટલે કે $PA = PB$.
બે નિશ્ચિત બિંદુઓ $A$ અને $B$ થી સમાન અંતરે આવેલા બિંદુઓનો બિંદુપથ એ રેખાખંડ $AB$ નો લંબદ્વિભાજક છે.

(B) $6$ પુરુષોને હરોળમાં $6!$ રીતે બેસાડી શકાય. હવે,તેમના દ્વારા બનાવેલી $7$ જગ્યાઓમાં $6$ મહિલાઓને $7_{P_6}$ રીતે ગોઠવી શકાય.
$\therefore x = 6! \times 7_{P_6} = 6! \times 7!$
$6$ પુરુષોને વર્તુળમાં $(6-1)! = 5!$ રીતે બેસાડી શકાય. હવે,તેમના દ્વારા બનાવેલી $6$ જગ્યાઓમાં $6$ મહિલાઓને $6!$ રીતે ગોઠવી શકાય.
$\therefore y = 5! \times 6!$
હવે,$x: y = (6! \times 7!) : (5! \times 6!) = 7! : 5!$
$\Rightarrow x: y = (7 \times 6 \times 5!) : 5! = 42: 1$

(B) $0, 3, 5, 4$ અંકોનો ઉપયોગ કરીને પુનરાવર્તન વગર ચાર અંકની બેકી સંખ્યા બનાવવા માટે,છેલ્લો અંક $0$ અથવા $4$ હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: છેલ્લો અંક $0$ છે. બાકીના $3$ સ્થાન $3, 5, 4$ દ્વારા $3! = 6$ રીતે ભરી શકાય છે. સંખ્યાઓ $3540, 5340, 3450, 4350, 5430, 4530$ છે. તેમનો સરવાળો $26640$ છે.
કિસ્સો $2$: છેલ્લો અંક $4$ છે. પ્રથમ અંક $0$ ન હોઈ શકે. શક્ય સંખ્યાઓ $3054, 3504, 5034, 5304$ છે. તેમનો સરવાળો $16896$ છે.
કુલ સરવાળો $= 26640 + 16896 = 43536$.

(C) $SARANAM$ શબ્દમાં $7$ અક્ષરો છે: $A, A, A, S, R, N, M$. ભિન્ન અક્ષરો $\{A, S, R, N, M\}$ છે.
$5$-અક્ષરી શબ્દો બનાવવા માટેના કિસ્સાઓ:
$(i)$ બધા $5$ અક્ષરો ભિન્ન હોય ($S, A, R, N, M$ નો ઉપયોગ કરીને):
શબ્દોની સંખ્યા $= 5! = 120$.
(ii) $2$ અક્ષરો સમાન $(A)$ અને $3$ અક્ષરો ભિન્ન હોય:
બાકીના $4$ અક્ષરો $\{S, R, N, M\}$ માંથી $3$ અક્ષરો પસંદ કરવાના પ્રકાર $= ^4C_3$. ગોઠવણી $= \frac{5!}{2!} = 60$.
કુલ શબ્દો $= ^4C_3 \times 60 = 4 \times 60 = 240$.
(iii) $3$ અક્ષરો સમાન $(A)$ અને $2$ અક્ષરો ભિન્ન હોય:
બાકીના $4$ અક્ષરો $\{S, R, N, M\}$ માંથી $2$ અક્ષરો પસંદ કરવાના પ્રકાર $= ^4C_2$. ગોઠવણી $= \frac{5!}{3!} = 20$.
કુલ શબ્દો $= ^4C_2 \times 20 = 6 \times 20 = 120$.
કુલ શબ્દોની સંખ્યા $= 120 + 240 + 120 = 480$.

(A) અંકો $\{2, 3, 4, 5, 6\}$ છે. તેમને ઉતરતા ક્રમમાં ગોઠવતા: $6, 5, 4, 3, 2$.
કુલ શક્ય ક્રમચયો = $5! = 120$.
આપણે ઉતરતા ક્રમમાં $89$ મી સંખ્યા શોધવી છે.
$6$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $4! = 24$ (ક્રમ $1$ થી $24$).
$5$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $4! = 24$ (ક્રમ $25$ થી $48$).
$4$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $4! = 24$ (ક્રમ $49$ થી $72$).
$36$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $3! = 6$ (ક્રમ $73$ થી $78$).
$35$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $3! = 6$ (ક્રમ $79$ થી $84$).
$346$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $2! = 2$ (ક્રમ $85$ થી $86$).
$345$ થી શરૂ થતી સંખ્યાઓ: $2! = 2$ (ક્રમ $87$ થી $88$).
$89$ મી સંખ્યા $34265$ છે અને $90$ મી સંખ્યા $34256$ છે.
આમ,$89$ મી સંખ્યા $34265$ છે.

(D) $20001$ થી $59999$ સુધીની સંખ્યાઓ ધ્યાનમાં લો. આ શ્રેણીમાં કુલ સંખ્યાઓ $39999$ છે.
દરેક $10$ ક્રમિક સંખ્યાઓના સમૂહમાં,બરાબર $5$ સંખ્યાઓનો અંકોનો સરવાળો બેકી હોય છે.
કુલ $39990$ સંખ્યાઓ માટે,અડધી સંખ્યાઓનો સરવાળો બેકી હશે,એટલે કે $19995$.
બાકીની $9$ સંખ્યાઓ ($59991$ થી $59999$) માટે,પ્રથમ ચાર અંકોનો સરવાળો $32$ (બેકી) છે,તેથી છેલ્લો અંક બેકી $(2, 4, 6, 8)$ હોય તો કુલ સરવાળો બેકી થાય.
આમ,કુલ સંખ્યા $= 19995 + 4 = 19999$.

(B) દ્વિઘાત સમીકરણ $4^{\sec^2 \alpha} x^2 + 2x + (\beta^2 - \beta + \frac{1}{2}) = 0$ માટે વાસ્તવિક બીજ હોવા માટે વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (2)^2 - 4(4^{\sec^2 \alpha})(\beta^2 - \beta + \frac{1}{2}) \geq 0$
$4^{\sec^2 \alpha}(\beta^2 - \beta + \frac{1}{2}) \leq 1$
અહીં $\sec^2 \alpha \geq 1$ હોવાથી $4^{\sec^2 \alpha} \geq 4$ અને $\beta^2 - \beta + \frac{1}{2} = (\beta - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4} \geq \frac{1}{4}$ થાય.
તેથી,$4^{\sec^2 \alpha}(\beta^2 - \beta + \frac{1}{2}) \geq 4 \times \frac{1}{4} = 1$ મળે.
આથી,$4^{\sec^2 \alpha} = 4$ અને $\beta = \frac{1}{2}$ લેતા,$\cos^2 \alpha = 1$ મળે.
પરિણામે,$\cos^2 \alpha + \cos^{-1} \beta = 1 + \cos^{-1}(\frac{1}{2}) = 1 + \frac{\pi}{3}$.

(B) આપેલ સમીકરણો:
$(1) \ x+y+z=3$
$(2) \ 2x+2y-z=3$
$(3) \ x+y-z=1$
સમીકરણ $(1)$ માંથી સમીકરણ $(3)$ બાદ કરતા:
$(x+y+z) - (x+y-z) = 3 - 1$
$2z = 2 \implies z = 1$
$z=1$ ને સમીકરણ $(1)$ માં મૂકતા:
$x+y+1 = 3 \implies x+y = 2$
જો $(x_0, y_0, z_0)$ ઉકેલ હોય,તો $x_0+y_0 = 2$ અને $z_0 = 1$ થાય.
હવે,$2x_0+2y_0+z_0$ ની કિંમત શોધતા:
$2x_0+2y_0+z_0 = 2(x_0+y_0) + z_0$
$= 2(2) + 1 = 4 + 1 = 5$

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 1+\frac{2x}{k}, & 0 \leq x < 1 \\ kx, & 1 \leq x < 2 \end{cases}$ છે,જ્યાં $k>0$.
આપણને આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x)$.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણતા:
$\lim_{x \rightarrow 1^{-}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{-}} (1+\frac{2x}{k}) = 1+\frac{2}{k}$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણતા:
$\lim_{x \rightarrow 1^{+}} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^{+}} (kx) = k$.
બંને લક્ષોને સરખાવતા:
$1+\frac{2}{k} = k$
$k$ વડે ગુણતા:
$k+2 = k^2$
$k^2 - k - 2 = 0$
અવયવ પાડતા:
$(k-2)(k+1) = 0$.
કારણ કે $k>0$,તેથી $k=2$.
તેથી,$k^2 = 2^2 = 4$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} 1 + 2x^k, & 0 \le x < 1 \\ kx, & 1 \le x < 2 \end{cases}$ છે.
$x = 1$ આગળ લક્ષનું અસ્તિત્વ હોવા માટે,$\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x)$ હોવું જરૂરી છે.
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ ગણતા: $\lim_{x \to 1^-} (1 + 2x^k) = 1 + 2(1)^k = 1 + 2 = 3$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ ગણતા: $\lim_{x \to 1^+} (kx) = k(1) = k$.
બંને લક્ષને સરખાવતા: $3 = k$.
તેથી $k = 3$ હોવાથી,$k^2$ ની કિંમત $3^2 = 9$ થાય.

(D) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r \sqrt{r}}{n^{5/2}}$ છે.
આને $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \frac{r^{3/2}}{n^{5/2}} = \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n \left( \frac{r}{n} \right)^{3/2} \cdot \frac{1}{n}$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{r=1}^n f\left( \frac{r}{n} \right) \frac{1}{n} = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = x^{3/2}$.
આમ,લક્ષ $\int_0^1 x^{3/2} dx = \left[ \frac{x^{5/2}}{5/2} \right]_0^1 = \frac{2}{5} (1 - 0) = \frac{2}{5}$ છે.

(C) ધારો કે $A = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^{n} \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log A = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
સરવાળાની મર્યાદા તરીકે નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરતા,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} f\left(\frac{r}{n}\right) = \int_0^1 f(x) dx$,આપણને મળે છે:
$\log A = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા. તેથી $du = \frac{2x}{1+x^2} dx$ અને $v = x$.
$\int_0^1 \log(1+x^2) dx = [x \log(1+x^2)]_0^1 - \int_0^1 \frac{2x^2}{1+x^2} dx$.
$= [1 \cdot \log(2) - 0] - 2 \int_0^1 \left(\frac{1+x^2-1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 \int_0^1 \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= \log 2 - 2 [x - \tan^{-1}(x)]_0^1$.
$= \log 2 - 2 [(1 - \tan^{-1}(1)) - (0 - 0)]$.
$= \log 2 - 2(1 - \frac{\pi}{4}) = \log 2 - 2 + \frac{\pi}{2} = \log 2 + \frac{\pi-4}{2}$.
તેથી $A = e^{\log 2 + \frac{\pi-4}{2}} = 2 e^{\frac{\pi-4}{2}}$.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક $\Delta = -(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) = 0$ છે.
$a, b, c$ એ ત્રિકોણની બાજુઓ હોવાથી,$a+b+c \neq 0$.
તેથી,$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca = 0$,જેનો અર્થ છે કે $a=b=c$.
$a=b=c$ હોવાથી,ત્રિકોણ સમબાજુ છે,તેથી $A=B=C=60^\circ$.
તેથી $\cos A \cos B + \cos B \cos C + \cos C \cos A = \cos 60^\circ \cos 60^\circ + \cos 60^\circ \cos 60^\circ + \cos 60^\circ \cos 60^\circ$.
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.

(C) આપેલ છે,$A = \begin{bmatrix} 3 & -3 & 4 \\ 2 & -3 & 4 \\ 0 & -1 & 1 \end{bmatrix}$.
પ્રથમ,આપણે નિશ્ચાયક $|A|$ ની ગણતરી કરીએ:
$|A| = 3((-3)(1) - (4)(-1)) - (-3)((2)(1) - (4)(0)) + 4((2)(-1) - (-3)(0))$
$|A| = 3(-3 + 4) + 3(2 - 0) + 4(-2 - 0) = 3(1) + 3(2) + 4(-2) = 3 + 6 - 8 = 1$.
કારણ કે $|A| = 1 \neq 0$,તેથી $A^{-1}$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
આગળ,આપણે સહઅવયવ શ્રેણિક શોધીને તેનો પરિવર્તિત શ્રેણિક લઈને $A$ નો એડજોઈન્ટ શોધીએ.
સહઅવયવ શ્રેણિક $C$ છે:
$C_{11} = 1, C_{12} = -2, C_{13} = -2$
$C_{21} = -1, C_{22} = 3, C_{23} = 3$
$C_{31} = 0, C_{32} = -4, C_{33} = -3$
તેથી,$\text{adj}(A) = C^T = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & -4 \\ -2 & 3 & -3 \end{bmatrix}$.
$|A| = 1$ હોવાથી,$A^{-1} = \frac{\text{adj}(A)}{|A|} = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & -4 \\ -2 & 3 & -3 \end{bmatrix}$.
હવે,$A^2 = A \cdot A = \begin{bmatrix} 3 & -4 & 4 \\ 0 & -1 & 0 \\ -2 & 2 & -3 \end{bmatrix}$ ગણીએ.
ત્યારબાદ,$A^3 = A^2 \cdot A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -2 & 3 & -4 \\ -2 & 3 & -3 \end{bmatrix}$ મળે છે.
આમ,$A^{-1} = A^3$ થાય છે.

(A) શ્રેણિક $M = \begin{bmatrix} 1 & a & b \\ \omega & 1 & c \\ \omega^2 & \omega & 1 \end{bmatrix}$ છે.
શ્રેણિક નોન-સિંગ્યુલર હોવા માટે,તેનો નિશ્ચાયક શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $\det(M) \neq 0$.
નિશ્ચાયકની ગણતરી કરતા: $\det(M) = 1(1 - \omega c) - a(\omega - \omega^2 c) + b(\omega^2 - \omega^2) = 1 - \omega c - a\omega + a\omega^2 c = 1 - \omega(a + c) + a\omega^2 c$.
આપેલ છે કે $a, c \in \{\omega, \omega^2\}$,આપણે સંયોજનો તપાસીએ:
$1$. જો $a = \omega, c = \omega$: $\det(M) = 1 - \omega(2\omega) + \omega(\omega^2)(\omega) = 1 - 2\omega^2 + \omega^4 = 1 - 2\omega^2 + \omega = 1 - 2\omega^2 + (-1 - \omega^2) = -3\omega^2 \neq 0$.
$2$. જો $a = \omega^2, c = \omega^2$: $\det(M) = 1 - \omega(2\omega^2) + \omega^2(\omega^2)(\omega^2) = 1 - 2\omega^3 + \omega^6 = 1 - 2(1) + 1 = 0$.
$3$. જો $a = \omega, c = \omega^2$: $\det(M) = 1 - \omega(\omega + \omega^2) + \omega(\omega^2)(\omega^2) = 1 - \omega(-1) + \omega^5 = 1 + \omega + \omega^2 = 0$.
$4$. જો $a = \omega^2, c = \omega$: $\det(M) = 1 - \omega(\omega^2 + \omega) + \omega^2(\omega^2)(\omega) = 1 - \omega(-1) + \omega^5 = 1 + \omega + \omega^2 = 0$.
જ્યારે $\det(M) \neq 0$ હોય ત્યારે $b$ એ $\omega$ અથવા $\omega^2$ હોઈ શકે છે,અને માત્ર $(a, c) = (\omega, \omega)$ કિસ્સામાં જ નિશ્ચાયક શૂન્યતર મળે છે,તેથી $b$ માટે $2$ શક્ય કિંમતો છે.
આમ,$S$ માં ઘટકોની સંખ્યા $2$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $A^2 X = cAX$ ને $(A^2 - cA)X = 0$ તરીકે લખી શકાય,જેનો અર્થ છે કે $A(A - cI)X = 0$. કારણ કે $X$ શૂન્યતર શ્રેણિક છે,આ સૂચવે છે કે $c$ એ $A$ નું આઈગન મૂલ્ય (eigenvalue) હોવું જોઈએ.
$A$ ના આઈગન મૂલ્યો શોધવા માટે,આપણે લાક્ષણિક સમીકરણ $|A - \lambda I| = 0$ ઉકેલીએ:
$\begin{vmatrix} 5-\lambda & -3 & 0 \\ -3 & 5-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 2-\lambda \end{vmatrix} = 0$
$(2-\lambda) [(5-\lambda)^2 - (-3)^2] = 0$
$(2-\lambda) (\lambda^2 - 10\lambda + 16) = 0$
$(2-\lambda) (\lambda - 8)(\lambda - 2) = 0$
આમ,આઈગન મૂલ્યો $\lambda = 2, 2, 8$ મળે છે.
તેથી,$c$ ની શક્ય ભિન્ન કિંમતો $2$ અને $8$ છે.
આમ,$c$ ની કુલ $2$ ભિન્ન કિંમતો મળે છે.

(D) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$ છે.
સૌ પ્રથમ,$A^2$ શોધો: $A^2 = \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{bmatrix} = -I$.
આનો અર્થ એ છે કે $A^2 + I = 0$,અથવા $A^2 = -I$.
આના પરથી,$A^3 = A^2 \cdot A = -I \cdot A = -A$.
વધુમાં,$A^4 = (A^2)^2 = (-I)^2 = I$.
હવે,દરેક વિકલ્પ તપાસીએ:
વિકલ્પ $A$: $A^3 - I = -A - I$ અને $A(A - I) = A^2 - A = -I - A$. તેથી,$A^3 - I = A(A - I)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $B$: $A^3 + I = -A + I$ અને $A(A^3 - I) = A(-A - I) = -A^2 - A = I - A$. તેથી,$A^3 + I = A(A^3 - I)$ સાચું છે.
વિકલ્પ $C$: $A^4 - I = I - I = 0$ અને $A^2 + I = -I + I = 0$. તેથી,$A^4 - I = A^2 + I$ સાચું છે.
વિકલ્પ $D$: $A^2 + I = -I + I = 0$ અને $A(A^2 - I) = A(-I - I) = A(-2I) = -2A$. કારણ કે $0 \neq -2A$,તેથી આ વિકલ્પ ખોટો છે.

(D) આપેલ છે કે,$A = \begin{bmatrix} k/2 & 0 & 0 \\ 0 & l/3 & 0 \\ 0 & 0 & m/4 \end{bmatrix}$ અને $A^{-1} = \begin{bmatrix} 1/2 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 \end{bmatrix}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $A A^{-1} = I$,તેથી:
$\begin{bmatrix} k/2 & 0 & 0 \\ 0 & l/3 & 0 \\ 0 & 0 & m/4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1/2 & 0 & 0 \\ 0 & 1/3 & 0 \\ 0 & 0 & 1/4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$.
વિકર્ણ ઘટકોનો ગુણાકાર કરતા:
$\begin{bmatrix} k/4 & 0 & 0 \\ 0 & l/9 & 0 \\ 0 & 0 & m/16 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$.
અનુરૂપ ઘટકોની સરખામણી કરતા:
$k/4 = 1 \implies k = 4$.
$l/9 = 1 \implies l = 9$.
$m/16 = 1 \implies m = 16$.
તેથી,$k+l+m = 4 + 9 + 16 = 29$.

(A) $n=3$ કક્ષાના ચોરસ શ્રેણિક $A$ માટે,એડજોઈન્ટ શ્રેણિકનો ગુણધર્મ $|\operatorname{Adj} A| = |A|^{n-1}$ છે.
$n=3$ મૂકતા,આપણને $|\operatorname{Adj} A| = |A|^{3-1} = |A|^2$ મળે છે.
જો $|A|=0$ હોય,તો $|\operatorname{Adj} A| = 0^2 = 0$ થાય. તેથી,વિધાન $I$ સાચું છે.
વિધાન $II$ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $A \cdot A^{-1} = I$,જ્યાં $I$ એ એકમ શ્રેણિક છે.
બંને બાજુ નિશ્ચાયક લેતા,$|A \cdot A^{-1}| = |I|$.
ગુણધર્મ $|AB| = |A||B|$ નો ઉપયોગ કરતા,$|A| \cdot |A^{-1}| = 1$ મળે છે.
કારણ કે $|A| \neq 0$,આપણે $|A|$ વડે ભાગી શકીએ,જેના પરિણામે $|A^{-1}| = \frac{1}{|A|} = |A|^{-1}$ મળે છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.
આમ,વિધાન $I$ અને $II$ બંને સાચા છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વ્યસ્ત શ્રેણિક $A$ માટે,$\operatorname{Adj}(A) = |A| A^{-1}$ થાય છે.
આપેલ છે કે $P$ અને $Q$ વ્યસ્ત શ્રેણિકો છે,તેથી તેમનો ગુણાકાર $QP$ પણ વ્યસ્ત શ્રેણિક છે.
તેથી,$\operatorname{Adj}(QP) = |QP| (QP)^{-1}$ થાય.
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$|QP| = |Q||P| = |P||Q|$ થાય.
વ્યસ્ત શ્રેણિકના ગુણધર્મ મુજબ,$(QP)^{-1} = P^{-1} Q^{-1}$ થાય.
આમ,$\operatorname{Adj}(QP) = |P||Q| P^{-1} Q^{-1}$ થાય.
નોંધો કે $\operatorname{Adj}(Q) = |Q| Q^{-1}$ અને $\operatorname{Adj}(P) = |P| P^{-1}$ છે.
આ બંનેનો ગુણાકાર કરતા,$\operatorname{Adj}(Q) \operatorname{Adj}(P) = (|Q| Q^{-1}) (|P| P^{-1}) = |Q||P| Q^{-1} P^{-1}$ મળે.
સામાન્ય રીતે $\operatorname{Adj}(QP) = \operatorname{Adj}(P) \operatorname{Adj}(Q)$ એ સાચું સૂત્ર છે.

(A) આપેલ શ્રેણિક સમીકરણ $A^2+A+2I=0$ છે.
બંને બાજુ નિશ્ચાયક લેતા:
$A(A+I) = -2I$.
બંને બાજુ નિશ્ચાયક લેતા:
$|A(A+I)| = |-2I|$.
કારણ કે $A$ એ $3$ કક્ષાનો શ્રેણિક છે,$|kI| = k^3|I| = k^3$.
$|A||A+I| = (-2)^3 |I| = -8(1) = -8$.
કારણ કે $|A||A+I| = -8$,તેનો અર્થ એ છે કે $|A| \neq 0$ અને $|A+I| \neq 0$.
કારણ કે $|A| \neq 0$,$A$ એ અસામાન્ય શ્રેણિક છે.
વળી,એકી કક્ષાના વિસંમિત શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક હંમેશા $0$ હોય છે.
કારણ કે $|A| \neq 0$,તેથી $A$ એ વિસંમિત શ્રેણિક હોઈ શકે નહીં.

(C) જ્યારે શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $0$ હોય ત્યારે શ્રેણિકનો વ્યસ્ત અસ્તિત્વ ધરાવતો નથી.
ધારો કે $A = \begin{bmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 2 & 5 & t \\ 4 & 7 - t & -6 \end{bmatrix}$.
$|A| = 0$ લેતા:
$|A| = 1[5(-6) - t(7 - t)] - 3[2(-6) - 4t] + 2[2(7 - t) - 4(5)] = 0$
$|A| = 1[-30 - 7t + t^2] - 3[-12 - 4t] + 2[14 - 2t - 20] = 0$
$|A| = t^2 - 7t - 30 + 36 + 12t + 28 - 4t - 40 = 0$
$|A| = t^2 + t - 6 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$(t + 3)(t - 2) = 0$
આમ,$t = -3$ અથવા $t = 2$.

(B) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 2 & 9 & 4 & 5 \\ 4 & 5 & 10 & -3 \\ 1 & 11 & -1 & 9 \end{bmatrix}$
શ્રેણિકને રો-એશેલોન સ્વરૂપમાં લાવવા માટે હાર પ્રક્રિયાઓનો ઉપયોગ કરો:
$R_2 \rightarrow R_2 - 2R_1$ લેતા $\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 4 & 5 & 10 & -3 \\ 1 & 11 & -1 & 9 \end{bmatrix}$ મળે.
$R_3 \rightarrow R_3 - 4R_1$ લેતા $\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 1 & 11 & -1 & 9 \end{bmatrix}$ મળે.
$R_4 \rightarrow R_4 - R_1$ લેતા $\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 0 & 13 & -4 & 13 \end{bmatrix}$ મળે.
$R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ લેતા $\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 13 & -4 & 13 \end{bmatrix}$ મળે.
$R_4 \rightarrow R_4 - R_2$ લેતા $\begin{bmatrix} 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 13 & -2 & 13 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}$ મળે.
રો-એશેલોન સ્વરૂપમાં શૂન્યતર હારની સંખ્યા $3$ છે.
તેથી,શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક (rank) $3$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ સંહતિ નીચે મુજબ છે:
$x+2y+z=1$
$x+3y+4z=k$
$x+5y+10z=k^2$
સમીકરણ સંહતિ સુસંગત હોવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $D$ શૂન્ય હોવો જોઈએ.
$D = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3 & 4 \\ 1 & 5 & 10 \end{vmatrix} = 1(30-20) - 2(10-4) + 1(5-3) = 10 - 12 + 2 = 0$.
અહીં $D=0$ હોવાથી,સંહતિ સુસંગત રહે તે માટે $D_1 = 0$ હોવું જરૂરી છે.
$D_1 = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ k & 3 & 4 \\ k^2 & 5 & 10 \end{vmatrix} = 1(30-20) - 2(10k-4k^2) + 1(5k-3k^2) = 0$.
$10 - 20k + 8k^2 + 5k - 3k^2 = 0$.
$5k^2 - 15k + 10 = 0$.
$5$ વડે ભાગતા,$k^2 - 3k + 2 = 0$ મળે.
$(k-1)(k-2) = 0$.
આમ,$k$ ની વાસ્તવિક કિંમતો $k=1$ અને $k=2$ છે. ધારો કે $A=1$ અને $B=2$.
તેથી,$A+B = 1+2 = 3$.

(D) ધારો કે $\Delta = \left|\begin{array}{lll}125 & 5 & 25 \\ 343 & 7 & 49 \\ 729 & 9 & 81\end{array}\right|$.
$R_1$ માંથી $5$,$R_2$ માંથી $7$ અને $R_3$ માંથી $9$ સામાન્ય લેતા:
$\Delta = (5 \cdot 7 \cdot 9) \left|\begin{array}{lll}25 & 1 & 5 \\ 49 & 1 & 7 \\ 81 & 1 & 9\end{array}\right|$.
$R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ પ્રક્રિયા કરતા:
$\Delta = 315 \left|\begin{array}{lll}25 & 1 & 5 \\ 24 & 0 & 2 \\ 56 & 0 & 4\end{array}\right|$.
બીજા સ્તંભને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = 315 \cdot (-1) \cdot \left|\begin{array}{ll}24 & 2 \\ 56 & 4\end{array}\right|$.
$\Delta = -315 \cdot (24 \cdot 4 - 56 \cdot 2) = -315 \cdot (96 - 112) = -315 \cdot (-16) = 5040$.
કારણ કે $7! = 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 5040$,તેથી જવાબ $7!$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણોની સંહતિ:
$x - 2y + 3z = 5$
$2x - 2y + z = 0$
$-x + 2y - 3z = 6$
ધારો કે $\Delta$ એ સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક છે:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & -2 & 3 \\ 2 & -2 & 1 \\ -1 & 2 & -3 \end{vmatrix}$
$= 1((-2)(-3) - (1)(2)) - (-2)((2)(-3) - (1)(-1)) + 3((2)(2) - (-2)(-1))$
$= 1(6 - 2) + 2(-6 + 1) + 3(4 - 2)$
$= 1(4) + 2(-5) + 3(2) = 4 - 10 + 6 = 0$
કારણ કે $\Delta = 0$,તેથી સંહતિને કાં તો કોઈ ઉકેલ નથી અથવા અનંત ઉકેલો છે.
હવે,પ્રથમ સ્તંભને અચળાંકો સાથે બદલીને $\Delta_1$ ની ગણતરી કરીએ:
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 5 & -2 & 3 \\ 0 & -2 & 1 \\ 6 & 2 & -3 \end{vmatrix}$
$= 5((-2)(-3) - (1)(2)) - (-2)((0)(-3) - (1)(6)) + 3((0)(2) - (-2)(6))$
$= 5(6 - 2) + 2(0 - 6) + 3(0 + 12)$
$= 5(4) + 2(-6) + 3(12) = 20 - 12 + 36 = 44$
કારણ કે $\Delta = 0$ અને $\Delta_1 \neq 0$,તેથી સમીકરણોની સંહતિને કોઈ ઉકેલ નથી.

(B) આપેલ સમીકરણોની સંહતિ:
$x+y+z=3$ ... $(i)$
$2x+2y-z=3$ ... $(ii)$
$x+y-z=1$ ... $(iii)$
સમીકરણો $(i)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$(x+y+z) + (x+y-z) = 3+1$
$2x+2y = 4$
$x+y = 2$
$x+y=2$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$2+z = 3$
$z = 1$
હવે,ઉકેલ $(x_0, y_0, z_0)$ માટે $2x_0+2y_0+z_0$ ની કિંમત શોધવાની છે:
$2x_0+2y_0+z_0 = 2(x_0+y_0) + z_0$
કારણ કે $x_0+y_0=2$ અને $z_0=1$:
$= 2(2) + 1$
$= 4+1 = 5$

(B) આપેલ સમીકરણોની સંહતિ:
$x - ay - az = 0$
$-bx + y - bz = 0$
$-cx - cy + z = 0$
શૂન્યેતર ઉકેલ માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & -a & -a \\ -b & 1 & -b \\ -c & -c & 1 \end{vmatrix} = 0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(1 - bc) + a(-b - bc) - a(bc + c) = 0$
$1 - bc - ab - abc - abc - ac = 0$
$1 - (ab + bc + ca) - 2abc = 0$
સમીકરણ $x = a(y+z)$ પરથી,આપણને મળે $x = a(x+y+z) - ax$,તેથી $x(1+a) = a(x+y+z)$.
આમ,$\frac{x}{x+y+z} = \frac{a}{a+1}$.
તે જ રીતે,$\frac{y}{x+y+z} = \frac{b}{b+1}$ અને $\frac{z}{x+y+z} = \frac{c}{c+1}$.
આ ત્રણેય સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$\frac{x+y+z}{x+y+z} = \frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1}$.
શૂન્યેતર ઉકેલ હોવાથી,$x+y+z \neq 0$,તેથી:
$1 = \frac{a}{a+1} + \frac{b}{b+1} + \frac{c}{c+1}$.

(D) બિન-તુચ્છ ઉકેલ માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $\Delta = 0$.
$\left|\begin{array}{ccc} \sin 3 \theta & -1 & 1 \\ \cos 2 \theta & 4 & 3 \\ 2 & 7 & 7 \end{array}\right| = 0$
પ્રથમ હાર મુજબ વિસ્તરણ કરતા:
$\sin 3 \theta (28 - 21) - (-1) (7 \cos 2 \theta - 6) + 1 (7 \cos 2 \theta - 8) = 0$
$7 \sin 3 \theta + 7 \cos 2 \theta - 6 + 7 \cos 2 \theta - 8 = 0$
$7 \sin 3 \theta + 14 \cos 2 \theta - 14 = 0$
$7$ વડે ભાગતા:
$\sin 3 \theta + 2 \cos 2 \theta - 2 = 0$
$\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ અને $\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta) + 2(1 - 2 \sin^2 \theta) - 2 = 0$
$3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta + 2 - 4 \sin^2 \theta - 2 = 0$
$-\sin \theta (4 \sin^2 \theta + 4 \sin \theta - 3) = 0$
$-\sin \theta (2 \sin \theta - 1)(2 \sin \theta + 3) = 0$
કારણ કે કોઈ પણ વાસ્તવિક $\theta$ માટે $2 \sin \theta + 3 \neq 0$,તેથી:
$\sin \theta = 0 \Rightarrow \theta = n \pi$
$\sin \theta = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta = n \pi + (-1)^n \frac{\pi}{6}$
આમ,$\theta$ ના મૂલ્યોનો સમૂહ $\theta = n \pi$ અથવા $\theta = n \pi + (-1)^n \frac{\pi}{6}$ છે.

(B) સમઘાત સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોય તે માટે સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
ધારો કે $D$ એ સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક છે:
$D = \begin{vmatrix} k & k+1 & k-1 \\ k-1 & k+2 & k \\ k+1 & k & k+2 \end{vmatrix} = 0$.
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$D = k((k+2)(k+2) - k^2) - (k+1)((k-1)(k+2) - k(k+1)) + (k-1)(k(k-1) - (k+2)(k+1)) = 0$.
$D = k(4k+4) - (k+1)(-2) + (k-1)(-4k-2) = 0$.
$4k^2+4k + 2k+2 - 4k^2-2k+4k+2 = 0$.
$8k + 4 = 0 \implies 8k = -4 \implies k = -\frac{1}{2}$.
આમ,$k$ ની શક્ય કિંમત $-\frac{1}{2}$ છે,તેથી સરવાળો $-\frac{1}{2}$ થાય.

(B) ધારો કે $f(y) = y^2-4y+6 = (y-2)^2+2$. કારણ કે $(y-2)^2 \geq 0$,તેથી તમામ $y \in R$ માટે $f(y) \geq 2$ થાય.
વિધાન $I$ માટે: નિત્યસમ $\sin^{-1}(x) + \cos^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$ ત્યારે જ સાચું છે જો $x \in [-1, 1]$ હોય. અહીં,$f(y) \geq 2$ હોવાથી,$f(y)$ ક્યારેય $[-1, 1]$ માં હોઈ શકે નહીં. તેથી,વિધાન $I$ ખોટું છે.
વિધાન $II$ માટે: નિત્યસમ $\sec^{-1}(x) + \operatorname{cosec}^{-1}(x) = \frac{\pi}{2}$ ત્યારે જ સાચું છે જો $|x| \geq 1$ હોય. કારણ કે $f(y) \geq 2$,તેથી તમામ $y \in R$ માટે $|f(y)| \geq 1$ ની શરત સંતોષાય છે. તેથી,વિધાન $II$ સાચું છે.

(D) આપણે ગુણધર્મો $\cot ^{-1}(-x) = \pi - \cot ^{-1} x$,$\tan ^{-1}(-x) = -\tan ^{-1} x$ અને $x > 0$ માટે $\cot ^{-1} x = \tan ^{-1} \frac{1}{x}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ: $E = \tan ^{-1} 2 + \cot ^{-1}(-3) + \cot ^{-1} \frac{1}{3} + \tan ^{-1}\left(-\frac{1}{2}\right)$
ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા:
$E = \tan ^{-1} 2 + (\pi - \cot ^{-1} 3) + \tan ^{-1} 3 - \tan ^{-1} \frac{1}{2}$
કારણ કે $\cot ^{-1} 3 = \tan ^{-1} \frac{1}{3}$,તેથી:
$E = \pi + (\tan ^{-1} 2 - \tan ^{-1} \frac{1}{2}) + (\tan ^{-1} 3 - \tan ^{-1} \frac{1}{3})$
$\tan ^{-1} x - \tan ^{-1} y = \tan ^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \pi + \tan ^{-1} \left( \frac{2 - 1/2}{1 + 2(1/2)} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{3 - 1/3}{1 + 3(1/3)} \right)$
$E = \pi + \tan ^{-1} \left( \frac{3/2}{2} \right) + \tan ^{-1} \left( \frac{8/3}{2} \right)$
$E = \pi + \tan ^{-1} \frac{3}{4} + \tan ^{-1} \frac{4}{3}$
કારણ કે $\tan ^{-1} \frac{4}{3} = \cot ^{-1} \frac{3}{4}$,તેથી:
$E = \pi + (\tan ^{-1} \frac{3}{4} + \cot ^{-1} \frac{3}{4})$
$\tan ^{-1} x + \cot ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \pi + \frac{\pi}{2} = \frac{3 \pi}{2}$

(A) આપેલ છે: $\cos^{-1} \left( \frac{x}{2} \right) + \cos^{-1} \left( \frac{y}{3} \right) = \theta$
નિત્યસમ $\cos^{-1} A + \cos^{-1} B = \cos^{-1} \left( AB - \sqrt{1-A^2} \sqrt{1-B^2} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^{-1} \left\{ \left( \frac{x}{2} \right) \left( \frac{y}{3} \right) - \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{4}} \sqrt{1 - \frac{y^{2}}{9}} \right\} = \theta$
$\Rightarrow \frac{xy}{6} - \sqrt{\frac{4-x^2}{4}} \sqrt{\frac{9-y^2}{9}} = \cos \theta$
$\Rightarrow \frac{xy}{6} - \frac{\sqrt{4-x^2} \sqrt{9-y^2}}{6} = \cos \theta$
$\Rightarrow xy - \sqrt{4-x^2} \sqrt{9-y^2} = 6 \cos \theta$
$\Rightarrow xy - 6 \cos \theta = \sqrt{4-x^2} \sqrt{9-y^2}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(xy - 6 \cos \theta)^2 = (4-x^2)(9-y^2)$
$x^2 y^2 - 12xy \cos \theta + 36 \cos^2 \theta = 36 - 4y^2 - 9x^2 + x^2 y^2$
બંને બાજુથી $x^2 y^2$ દૂર કરતા:
$-12xy \cos \theta + 36 \cos^2 \theta = 36 - 9x^2 - 4y^2$
પદોને ગોઠવતા:
$9x^2 + 4y^2 - 12xy \cos \theta = 36 - 36 \cos^2 \theta$
$9x^2 + 4y^2 - 12xy \cos \theta = 36(1 - \cos^2 \theta)$
$9x^2 + 4y^2 - 12xy \cos \theta = 36 \sin^2 \theta$

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_k = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{1}{k^2+k+1}$ છે.
આપણે દલીલને $\frac{1}{1+k(k+1)}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ છીએ.
નિત્યસમ $\operatorname{Tan}^{-1} x - \operatorname{Tan}^{-1} y = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$T_k = \operatorname{Tan}^{-1} (k+1) - \operatorname{Tan}^{-1} k$.
$k=1$ થી $n$ સુધી સરવાળો કરતા:
$S_n = \sum_{k=1}^{n} (\operatorname{Tan}^{-1} (k+1) - \operatorname{Tan}^{-1} k) = \operatorname{Tan}^{-1} (n+1) - \operatorname{Tan}^{-1} (1)$.
$\operatorname{Tan}^{-1} x - \operatorname{Tan}^{-1} y = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{x-y}{1+xy}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{(n+1)-1}{1+(n+1)(1)} = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{n}{n+2}$.
આમ,$\theta = \frac{n}{n+2}$.

(D) વિધેય $f(x) = \log \{ax^3 + (a+b)x^2 + (b+c)x + c\}$ છે.
લોગેરિધમની અંદરની પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$ax^3 + ax^2 + bx^2 + bx + cx + c = (ax^2 + bx + c)(x+1)$.
$b^2 = 4ac$ હોવાથી,દ્વિઘાત પદાવલિ $ax^2 + bx + c = a(x + \frac{b}{2a})^2$ થાય.
તેથી,$f(x) = \log \{a(x + \frac{b}{2a})^2(x+1)\}$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,લોગેરિધમનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ:
$a(x + \frac{b}{2a})^2(x+1) > 0$.
$a > 0$ હોવાથી,$a(x + \frac{b}{2a})^2 \geq 0$ છે. તે $x = -\frac{b}{2a}$ માટે $0$ થાય છે.
તેથી,$x+1 > 0$ અને $x \neq -\frac{b}{2a}$ હોવું જોઈએ.
આમ,$x > -1$ અને $x \neq -\frac{b}{2a}$.
પ્રદેશ $D = (-1, \infty) - \{-\frac{b}{2a}\}$ છે.
જે $R - (\{-\frac{b}{2a}\} \cup (-\infty, -1])$ ને સમાન છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{4-x^2}{[x]+2}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\frac{4-x^2}{[x]+2} \geq 0$ અને $[x]+2 \neq 0$ હોવું જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{x^2-4}{[x]+2} \leq 0$ અને $[x] \neq -2$.
કિસ્સો $1$: $x^2-4 \geq 0$ અને $[x]+2 < 0$.
$x^2 \geq 4 \Rightarrow x \in (-\infty, -2] \cup [2, \infty)$.
$[x] < -2 \Rightarrow x < -2$.
છેદગણ: $x \in (-\infty, -2)$.
કિસ્સો $2$: $x^2-4 \leq 0$ અને $[x]+2 > 0$.
$x^2 \leq 4 \Rightarrow x \in [-2, 2]$.
$[x] > -2 \Rightarrow x \geq -1$.
છેદગણ: $x \in [-1, 2]$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,પ્રદેશ $(-\infty, -2) \cup [-1, 2]$ મળે છે.

(C) વિધેય $f(x) = \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x$ વાસ્તવિક વિધેય તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,આધાર $x$ ની તમામ વાસ્તવિક કિંમતો માટે ધન હોવો જોઈએ.
આપણે $1 + \frac{1}{x} > 0$ ની જરૂર છે.
આ $\frac{x + 1}{x} > 0$ માં સરળ બને છે.
ક્રિટીકલ પોઈન્ટ્સ $x = -1$ અને $x = 0$ માટે સાઈન સ્કીમ (વેવી કર્વ મેથડ) નો ઉપયોગ કરતા:
$x < -1$ માટે,$\frac{x+1}{x} > 0$ છે.
$-1 < x < 0$ માટે,$\frac{x+1}{x} < 0$ છે.
$x > 0$ માટે,$\frac{x+1}{x} > 0$ છે.
આમ,પ્રદેશ $x \in (-\infty, -1) \cup (0, \infty)$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{2x - 1} + 5 \cos^{-1}\left(\frac{2x - 1}{3}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,બંને પદો વ્યાખ્યાયિત હોવા જોઈએ.
$\sqrt{2x - 1}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$2x - 1 \geq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x \geq \frac{1}{2}$.
$\cos^{-1}\left(\frac{2x - 1}{3}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેની કિંમત $-1 \leq \frac{2x - 1}{3} \leq 1$ હોવી જોઈએ.
$3$ વડે ગુણતા,$-3 \leq 2x - 1 \leq 3$ મળે.
$1$ ઉમેરતા,$-2 \leq 2x \leq 4$ મળે.
$2$ વડે ભાગતા,$-1 \leq x \leq 2$ મળે.
પ્રદેશ એ $x \geq \frac{1}{2}$ અને $-1 \leq x \leq 2$ નો છેદગણ છે.
તેથી,પ્રદેશ $\left[\frac{1}{2}, 2\right]$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ ને $x = [x] + \{x\}$ તરીકે લખી શકાય છે,જ્યાં $[x]$ એ મહત્તમ પૂર્ણાંક ભાગ છે અને $\{x\}$ એ અપૂર્ણાંક ભાગ છે,જેમાં $0 \leq \{x\} < 1$ છે.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $2x = 2[x] + 2\{x\}$ મળે છે.
બંને બાજુ મહત્તમ પૂર્ણાંક લેતા,$[2x] = [2[x] + 2\{x\}] = 2[x] + [2\{x\}]$ મળે.
હવે,વિધેય $f(x) = [2x] - 2[x] = (2[x] + [2\{x\}]) - 2[x] = [2\{x\}]$ છે.
કારણ કે $0 \leq \{x\} < 1$,તેથી $0 \leq 2\{x\} < 2$ થાય.
તેથી,$\{x\}$ ના અંતરાલના આધારે $[2\{x\}]$ ની કિંમતો નીચે મુજબ મળે:
જો $0 \leq \{x\} < \frac{1}{2}$,તો $0 \leq 2\{x\} < 1$,તેથી $[2\{x\}] = 0$.
જો $\frac{1}{2} \leq \{x\} < 1$,તો $1 \leq 2\{x\} < 2$,તેથી $[2\{x\}] = 1$.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $\{0, 1\}$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = y$. કારણ કે $f: R \rightarrow [-1, 1]$ વ્યાપ્ત છે,$y$ એ $[-1, 1]$ માંની તમામ કિંમતો ધારણ કરે છે.
આપેલ છે કે $\sin \left(g(x) - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{y}{2} \sqrt{4 - y^2}$.
ધારો કે $y = 2 \sin \theta$. કારણ કે $y \in [-1, 1]$,$\sin \theta \in \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]$,તેથી $\theta \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]$.
તેથી $\frac{y}{2} \sqrt{4 - y^2} = \sin \theta \sqrt{4 - 4 \sin^2 \theta} = \sin \theta \sqrt{4 \cos^2 \theta} = 2 \sin \theta \cos \theta = \sin(2 \theta)$.
આમ,$\sin \left(g(x) - \frac{\pi}{3}\right) = \sin(2 \theta)$.
કારણ કે $\theta \in \left[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}\right]$,$2 \theta \in \left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right]$.
તેથી,$g(x) - \frac{\pi}{3} = 2 \theta \in \left[-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right]$.
$g(x) \in \left[-\frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3} + \frac{\pi}{3}\right] = \left[0, \frac{2 \pi}{3}\right]$.
$g$ વ્યાપ્ત હોવાથી,સહપ્રદેશ $A = \left[0, \frac{2 \pi}{3}\right]$ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{1}{x^2+2x+2}$ છે.
પ્રથમ,છેદનું વિશ્લેષણ કરો: $x^2+2x+2 = (x+1)^2+1$.
દરેક $x \in R$ માટે $(x+1)^2 \ge 0$ હોવાથી,$(x+1)^2+1 \ge 1$ થાય.
આમ,છેદનો વિસ્તાર $[1, \infty)$ છે.
વ્યસ્ત લેતા,આપણને $0 < \frac{1}{(x+1)^2+1} \le 1$ મળે છે.
તેથી,વિધેય વ્યાપ્ત હોવા માટે,સહપ્રદેશ $A$ એ વિસ્તાર $(0, 1]$ જેટલો હોવો જોઈએ.

(A) ધારો કે $y = \frac{x^2+2x+1}{x^2+2x+7}$.
$y(x^2+2x+7) = x^2+2x+1$
$yx^2 + 2yx + 7y = x^2 + 2x + 1$
$(y-1)x^2 + 2(y-1)x + (7y-1) = 0$.
જો $y=1$ હોય,તો $0x^2 + 0x + 6 = 0$ થાય,જે અશક્ય છે. તેથી,$y \neq 1$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ:
$D = [2(y-1)]^2 - 4(y-1)(7y-1) \geq 0$
$4(y-1)^2 - 4(y-1)(7y-1) \geq 0$
$(y-1)[(y-1) - (7y-1)] \geq 0$
$(y-1)(-6y) \geq 0$
$6y(y-1) \leq 0$
આથી $y \in [0, 1]$ મળે.
$y \neq 1$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.

(C) પગલું $1$: $A$ નું વિશ્લેષણ કરો. ધારો કે $f(x) = \frac{x}{e^x-1} + \frac{x}{2} + 4$. $f(-x)$ તપાસો,જે $f(x)$ મળે છે,તેથી $A$ એ યુગ્મ વિધેય છે $(II)$.
પગલું $2$: $B$ નું વિશ્લેષણ કરો. $x > 0$ માટે,આ વિધેય અયુગ્મ કે યુગ્મ નથી $(I)$.
પગલું $3$: $C$ નું વિશ્લેષણ કરો. $3 < x < 5$ માટે,$|x-2| = x-2$,$|x-3| = x-3$,$|x-5| = 5-x$. તેથી $f(x) = x$,જે તદેવ વિધેય છે $(IV)$.
પગલું $4$: $D$ નું વિશ્લેષણ કરો. આ વિધેય અયુગ્મ કે યુગ્મ નથી $(I)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ છે કે,$g(x)=x^2+x-2$ અને $\frac{1}{2}(g \circ f)(x)=2 x^2-5 x+2$.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $g(f(x))=4 x^2-10 x+4$ મળે છે.
$f(x)$ ને $g(x)$ માં મૂકતા,$(f(x))^2+(f(x))-2=4 x^2-10 x+4$ મળે.
ધારો કે $f(x)$ એ સુરેખ બહુપદી $f(x)=ax+b$ છે,તો $(ax+b)^2+(ax+b)-2=4 x^2-10 x+4$.
ડાબી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા: $a^2 x^2+(2ab+a)x+(b^2+b-2)=4 x^2-10 x+4$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$1) a^2=4 \Rightarrow a=2$ અથવા $a=-2$.
$2) 2ab+a=-10$.
$3) b^2+b-2=4 \Rightarrow b^2+b-6=0 \Rightarrow (b+3)(b-2)=0 \Rightarrow b=-3$ અથવા $b=2$.
જો $a=2$ હોય,તો $2(2)b+2=-10 \Rightarrow 4b=-12 \Rightarrow b=-3$. આમ $f(x)=2x-3$.
જો $a=-2$ હોય,તો $2(-2)b-2=-10 \Rightarrow -4b=-8 \Rightarrow b=2$. આમ $f(x)=-2x+2$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$f(x)=2x-3$ એ સાચો વિકલ્પ છે.

(C) ધારો કે $g(x) = f(f(x))$.
આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} 1+x, & 0 \leq x \leq 2 \\ 3-x, & 2 < x \leq 3 \end{cases}$.
$0 \leq x \leq 2$ માટે,$f(x) = 1+x$. કારણ કે $0 \leq x \leq 2$,તેથી $1 \leq 1+x \leq 3$.
જો $1 \leq 1+x \leq 2$ (એટલે કે $0 \leq x \leq 1$),તો $f(f(x)) = f(1+x) = 1+(1+x) = 2+x$.
જો $2 < 1+x \leq 3$ (એટલે કે $1 < x \leq 2$),તો $f(f(x)) = f(1+x) = 3-(1+x) = 2-x$.
$2 < x \leq 3$ માટે,$f(x) = 3-x$. કારણ કે $2 < x \leq 3$,તેથી $0 \leq 3-x < 1$.
આમ,$f(f(x)) = f(3-x) = 1+(3-x) = 4-x$.
તેથી,$g(x) = \begin{cases} 2+x, & 0 \leq x \leq 1 \\ 2-x, & 1 < x \leq 2 \\ 4-x, & 2 < x \leq 3 \end{cases}$.
$x=1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} (2+x) = 3$,$RHL = \lim_{x \to 1^+} (2-x) = 1$. $LHL \neq RHL$ હોવાથી,તે $x=1$ આગળ અસતત છે.
$x=2$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 2^-} (2-x) = 0$,$RHL = \lim_{x \to 2^+} (4-x) = 2$. $LHL \neq RHL$ હોવાથી,તે $x=2$ આગળ અસતત છે.
તેથી,$f(f(x))$ એ $x=1$ અને $x=2$ આગળ અસતત છે.

(B) આપેલ છે: $f: A \rightarrow B$ અને $g: B \rightarrow C$.
વળી,$g \circ f: A \rightarrow C$ એક બાયજેક્શન છે.
પ્રથમ,આપણે સાબિત કરીએ કે $f$ એક-એક વિધેય છે:
ધારો કે $x_1, x_2 \in A$ માટે $f(x_1) = f(x_2)$.
તો $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$,જેનો અર્થ થાય છે કે $(g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2)$.
કારણ કે $g \circ f$ બાયજેક્શન છે,તે એક-એક છે,તેથી $x_1 = x_2$.
આમ,$f$ એક-એક વિધેય છે.
હવે,આપણે સાબિત કરીએ કે $g$ વ્યાપ્ત વિધેય છે:
ધારો કે $z \in C$. કારણ કે $g \circ f: A \rightarrow C$ બાયજેક્શન છે,તે વ્યાપ્ત છે.
તેથી,એવો $x \in A$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(g \circ f)(x) = z$.
આનો અર્થ એ છે કે $g(f(x)) = z$.
કારણ કે $f(x) \in B$,ધારો કે $y = f(x)$. તો કોઈ $y \in B$ માટે $g(y) = z$.
આમ,$g$ વ્યાપ્ત વિધેય છે.
તેથી,$f$ એક-એક વિધેય છે અને $g$ વ્યાપ્ત વિધેય છે.

(C) ધારો કે $f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \ldots + a_n$.
આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x) \cdot f\left(\frac{1}{x}\right) = f(x) + f\left(\frac{1}{x}\right)$ છે.
આ સમીકરણ $f(x) = 1 \pm x^n$ દ્વારા સંતોષાય છે.
આપેલ છે કે $f(4) = 257$,તેથી $1 \pm 4^n = 257$.
આનો અર્થ એ છે કે $4^n = 256$,તેથી $n = 4$.
આમ,$f(x) = 1 + x^4$.
છેલ્લે,$f(3) = 1 + 3^4 = 1 + 81 = 82$.

(C) આપેલ છે $f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c$,જ્યાં $a = f^{\prime}(1)$,$b = f^{\prime \prime}(2)$,અને $c = -f^{\prime \prime \prime}(3)$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2ax + b$,$f^{\prime \prime}(x) = 6x + 2a$,$f^{\prime \prime \prime}(x) = 6$.
હવે,અચળાંકો માટે ઉકેલો:
$f^{\prime \prime \prime}(3) = 6$,તેથી $c = -6$.
$f^{\prime \prime}(2) = 6(2) + 2a = 12 + 2a$. કારણ કે $b = f^{\prime \prime}(2)$,તેથી $b = 12 + 2a$.
$f^{\prime}(1) = 3(1)^2 + 2a(1) + b = 3 + 2a + b$. કારણ કે $a = f^{\prime}(1)$,તેથી $a = 3 + 2a + b$.
$b = 12 + 2a$ ને $a$ ના સમીકરણમાં મૂકતા: $a = 3 + 2a + (12 + 2a) \Rightarrow a = 15 + 4a \Rightarrow -3a = 15 \Rightarrow a = -5$.
તેથી $b = 12 + 2(-5) = 2$.
આમ,$f(x) = x^3 - 5x^2 + 2x - 6$.
$x=0$ આગળ,$y = f(0) = -6$. બિંદુ $(0, -6)$ છે.
ઢાળ $m = f^{\prime}(0) = 3(0)^2 - 10(0) + 2 = 2$.
$(0, -6)$ આગળ સ્પર્શક $y - (-6) = 2(x - 0) \Rightarrow y = 2x - 6$. $X$-અંતઃખંડ $3$ છે.
$(0, -6)$ આગળ અભિલંબ $y - (-6) = -\frac{1}{2}(x - 0) \Rightarrow y = -\frac{1}{2}x - 6$. $X$-અંતઃખંડ $-12$ છે.
ત્રિકોણ બિંદુઓ $(0, -6)$,$(3, 0)$,અને $(-12, 0)$ દ્વારા બને છે.
પાયાની લંબાઈ $= 3 - (-12) = 15$. ઊંચાઈ $= |-6| = 6$.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 15 \times 6 = 45$ ચોરસ એકમ.

(C) આપેલ છે કે $f(x + y) = f(x) + f(y)$ તમામ $x, y \in R$ માટે,આ કોશીનું વિધેયાત્મક સમીકરણ છે,જે સૂચવે છે કે $f(x) = cx$ કોઈ અચળાંક $c$ માટે.
$f(1) = 7$ હોવાથી,આપણને $c(1) = 7$ મળે છે,તેથી $c = 7$.
આમ,$f(x) = 7x$.
હવે,આપણને $\sum_{r=1}^{n} f(r) = 14112$ આપેલ છે.
$f(r) = 7r$ મૂકતા,આપણને $\sum_{r=1}^{n} 7r = 14112$ મળે છે.
$7 \sum_{r=1}^{n} r = 14112$.
$7 \cdot \frac{n(n + 1)}{2} = 14112$.
$\frac{n(n + 1)}{2} = \frac{14112}{7} = 2016$.
$n(n + 1) = 4032$.
$63 \times 64 = 4032$ હોવાથી,$n = 63$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x = \frac{\pi}{4}$ આગળ સતત છે,તેથી $f(\frac{\pi}{4}) = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} f(x)$ થવું જોઈએ.
અહીં $f(\frac{\pi}{4}) = k$ છે,તેથી આપણે લક્ષની કિંમત શોધીએ:
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{1-\sqrt{2} \sin x}{\pi-4 x}$.
આ $\frac{0}{0}$ અનિશ્ચિત સ્વરૂપ છે. અંશ અને છેદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $L$'$H$ôpital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{d}{dx}(1-\sqrt{2} \sin x)}{\frac{d}{dx}(\pi-4 x)}$
$k = \lim_{x \to \frac{\pi}{4}} \frac{-\sqrt{2} \cos x}{-4}$
$x = \frac{\pi}{4}$ મુકતા:
$k = \frac{-\sqrt{2} \cos(\frac{\pi}{4})}{-4} = \frac{-\sqrt{2} \times \frac{1}{\sqrt{2}}}{-4} = \frac{-1}{-4} = \frac{1}{4}$.

(C) અસતત બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે સંક્રમણ બિંદુઓ $x = 0, 1, 2, 3$ પર લક્ષ તપાસીએ.
$x = 0$ પર: $f(0) = 3-2(0)^2 = 3$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = 3$ અને $\lim_{x \to 0^+} f(x) = 2(0)+3 = 3$. સતત છે.
$x = 1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2(1)+3 = 5$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2(1)^2-3(1) = -1$. $5 \neq -1$ હોવાથી,$x = 1$ એ અસતત બિંદુ છે.
$x = 2$ પર: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = 2(2)^2-3(2) = 8-6 = 2$. $\lim_{x \to 2^+} f(x) = 2(2)-3 = 1$. $2 \neq 1$ હોવાથી,$x = 2$ એ અસતત બિંદુ છે.
$x = 3$ પર: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = 2(3)-3 = 3$. $\lim_{x \to 3^+} f(x) = |3| = 3$. સતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓ $a = 2$ અને $b = 1$ છે ($a > b$ આપેલ છે).
તેથી,$3a - b = 3(2) - 1 = 6 - 1 = 5$.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \begin{cases} [x], & \text{જો } x < 2 \\ [x]-1, & \text{જો } x \geq 2 \end{cases}$ છે.
પ્રથમ,$x = 2$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
$f(2) = [2] - 1 = 2 - 1 = 1$.
$x = 2$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$:
$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{h \to 0} [2-h] = 1$.
$x = 2$ આગળ જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$:
$\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{h \to 0} ([2+h] - 1) = 2 - 1 = 1$.
અહીં $LHL = RHL = f(2)$ હોવાથી,વિધેય $x = 2$ આગળ સતત છે.
$x \in [1, 2)$ માટે,$f(x) = [x]$. મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ એ કોઈપણ અંતરાલ $[n, n+1)$ પર સતત હોય છે જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$. તેથી,$f(x)$ એ $[1, 2)$ પર સતત છે.
$x \in [2, 3)$ માટે,$f(x) = [x] - 1$. તેવી જ રીતે,આ $[2, 3)$ પર સતત છે.
વિધેય $x = 2$ આગળ પણ સતત હોવાથી,$f(x)$ એ $[1, 3)$ અંતરાલમાં સતત છે.

(C) વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર સતત હોવાથી,તે $x=0$ અને $x=2$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\cos(0) = 3(0) + \alpha \implies 1 = \alpha$.
$x=2$ આગળ,$\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^+} f(x) = f(2)$.
$3(2) + \alpha = \beta(2) + 3$.
$\alpha = 1$ મૂકતા: $6 + 1 = 2\beta + 3 \implies 7 = 2\beta + 3 \implies 2\beta = 4 \implies \beta = 2$.
તેથી,$\alpha^2 + \beta^2 = (1)^2 + (2)^2 = 1 + 4 = 5$.

(B) $f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવા માટે,$\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$ હોવું જરૂરી છે.
આપેલ છે કે $f(0) = a$.
હવે,લક્ષની ગણતરી કરીએ: $\lim_{x \to 0} (1+3x)^{\frac{4}{x}}$.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપમાં છે,જેને $\lim_{x \to 0} (1+f(x))^{g(x)} = e^{\lim_{x \to 0} f(x)g(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને ઉકેલી શકાય છે.
અહીં,$f(x) = 3x$ અને $g(x) = \frac{4}{x}$ છે.
તેથી,$\lim_{x \to 0} (1+3x)^{\frac{4}{x}} = e^{\lim_{x \to 0} (3x \cdot \frac{4}{x})} = e^{\lim_{x \to 0} 12} = e^{12}$.
વિધેય સતત હોવાથી,$a = e^{12}$ થાય.
તેથી,$\log a = \log(e^{12}) = 12 \log e = 12$ (પ્રાકૃતિક લઘુગણક ધારતા).

(A) આપેલ છે: $f(x) = \begin{cases} \frac{\sin(a + 1)x + \sin x}{x}, & x < 0 \\ b, & x = 0 \\ \frac{\sqrt{x + x^2} - \sqrt{x}}{x^{3/2}}, & x > 0 \end{cases}$
કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x = 0$ આગળ પણ સતત હશે.
તેથી,$\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = b$.
ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$ માટે:
$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin(a + 1)x + \sin x}{x} = \lim_{x \to 0^-} \left( \frac{\sin(a + 1)x}{x} + \frac{\sin x}{x} \right) = (a + 1) + 1 = a + 2$.
તેથી,$a + 2 = b$ . . . $(i)$.
જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ માટે:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x + x^2} - \sqrt{x}}{x^{3/2}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{x}(\sqrt{1 + x} - 1)}{x \cdot \sqrt{x}} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sqrt{1 + x} - 1}{x}$.
અંશ અને છેદને અનુબદ્ધ કરણી વડે ગુણતા:
$\lim_{x \to 0^+} \frac{(\sqrt{1 + x} - 1)(\sqrt{1 + x} + 1)}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1 + x - 1}{x(\sqrt{1 + x} + 1)} = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{\sqrt{1 + x} + 1} = \frac{1}{2}$.
આમ,$b = \frac{1}{2}$.
સમીકરણ $(i)$ માં $b$ ની કિંમત મૂકતા: $a + 2 = \frac{1}{2} \Rightarrow a = \frac{1}{2} - 2 = -\frac{3}{2}$.
અંતે,$a + b = -\frac{3}{2} + \frac{1}{2} = -\frac{2}{2} = -1$.

(D) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$ છે.
$x=4$ અને $y=0$ લેતા,આપણને $f(4+0)=f(4) \cdot f(0)$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(4)=f(4) \cdot f(0)$. કારણ કે $f(x)$ વિકલનીય છે,$f(x)$ શૂન્ય નથી,તેથી $f(0)=1$.
વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f^{\prime}(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$.
$f(x+h)=f(x) \cdot f(h)$ મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x)f(h)-f(x)}{h} = f(x) \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-1}{h}$ મળે છે.
$f(0)=1$ હોવાથી,આ $f^{\prime}(x) = f(x) \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-f(0)}{h} = f(x) \cdot f^{\prime}(0)$ બને છે.
આપેલ છે કે $f^{\prime}(4)=24$ અને $f^{\prime}(0)=3$,તેથી $f^{\prime}(4) = f(4) \cdot f^{\prime}(0)$ માં કિંમતો મૂકતા:
$24 = f(4) \cdot 3$.
તેથી,$f(4) = \frac{24}{3} = 8$.