AP EAMCET 2019 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $x^2-y^2 = (x-y)(x+y)$.
કોઈપણ પદાવલિ $(x-y)(x+y)$ વડે વિભાજ્ય હોય તે માટે તે $(x-y)$ અને $(x+y)$ બંને વડે વિભાજ્ય હોવી જોઈએ.
પદાવલિ $(x^n-y^n)(x^n+y^n) = x^{2n}-y^{2n}$ ધ્યાનમાં લો.
$n=1$ માટે,આ $x^2-y^2$ છે,જે $x^2-y^2$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,$(x^n-y^n)(x^n+y^n) = x^{2n}-y^{2n}$ એ કોઈપણ $n \in N$ માટે $x^2-y^2$ વડે હંમેશા વિભાજ્ય છે.

(D) ધારો કે $y = \frac{2\alpha}{3-4\alpha}$. તેથી $2\alpha = 3y - 4\alpha y$,જે સૂચવે છે કે $\alpha(2+4y) = 3y$,તેથી $\alpha = \frac{3y}{2+4y}$.
કારણ કે $\alpha$ એ $x^2+7x+3=0$ નું બીજ છે,આપણે $\alpha$ ની કિંમત મૂકીએ:
$(\frac{3y}{2+4y})^2 + 7(\frac{3y}{2+4y}) + 3 = 0$.
$(2+4y)^2 = 16y^2+16y+4$ વડે ગુણતા:
$9y^2 + 21y(2+4y) + 3(16y^2+16y+4) = 0$.
$9y^2 + 42y + 84y^2 + 48y^2 + 48y + 12 = 0$.
$141y^2 + 90y + 12 = 0$.
$3$ વડે ભાગતા: $47y^2 + 30y + 4 = 0$.
$ax^2+bx+c=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=47, b=30, c=4$ મળે છે. $GCD(47, 30, 4) = 1$ હોવાથી,આ કિંમતો માન્ય છે.
તેથી,$a+b+c = 47+30+4 = 81$.

(A) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+2(a+b+c)x+3\lambda(ab+bc+ca)=0$ ના બીજ વાસ્તવિક હોવાથી,વિવેચક $D \geq 0$ થાય.
$D = [2(a+b+c)]^2 - 4(1)(3\lambda(ab+bc+ca)) \geq 0$
$4(a+b+c)^2 - 12\lambda(ab+bc+ca) \geq 0$
$(a+b+c)^2 \geq 3\lambda(ab+bc+ca)$
$\lambda \leq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$
વિષમબાજુ ત્રિકોણ માટે,આપણે જાણીએ છીએ કે $(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 > 0$.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$2(a^2+b^2+c^2) - 2(ab+bc+ca) > 0$,તેથી $a^2+b^2+c^2 > ab+bc+ca$.
બંને બાજુ $2(ab+bc+ca)$ ઉમેરતા,આપણને $(a+b+c)^2 > 3(ab+bc+ca)$ મળે છે.
આમ,$\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)} > 1$.
વળી,ત્રિકોણની અસમતા મુજબ,$(a+b+c)^2 < 4(ab+bc+ca)$,જે સૂચવે છે કે $\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)} < \frac{4}{3}$.
તેથી $\lambda$ નો વિસ્તાર $\left(-\infty, \frac{4}{3}\right)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $4$ ઘાત ધરાવતી બહુપદીના સહગુણકો વાસ્તવિક છે. સંકર બીજ હંમેશા અનુબદ્ધ જોડીમાં હોય છે,તેથી જો $1+2i$ બીજ હોય,તો $1-2i$ પણ બીજ હશે. બીજ $2+\sqrt{3}$,$2-\sqrt{3}$,$1+2i$ અને $1-2i$ છે.
$2 \pm \sqrt{3}$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ:
$(x-(2+\sqrt{3}))(x-(2-\sqrt{3})) = x^2-4x+1$.
$1 \pm 2i$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ:
$(x-(1+2i))(x-(1-2i)) = x^2-2x+5$.
આ બંને અવયવોનો ગુણાકાર કરતા:
$(x^2-4x+1)(x^2-2x+5) = x^4-6x^3+14x^2-22x+5 = 0$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ ત્રિઘાત સમીકરણ $x^3-ax^2+bx-c=0$ ના બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ:
$\alpha+\beta+\gamma = a$
$\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha = b$
$\alpha\beta\gamma = c$
આપણે $\Sigma \alpha^2(\beta+\gamma)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\alpha+\beta+\gamma = a$ હોવાથી,$\beta+\gamma = a-\alpha$ થાય.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\Sigma \alpha^2(a-\alpha) = a\Sigma \alpha^2 - \Sigma \alpha^3$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\Sigma \alpha^2 = (\alpha+\beta+\gamma)^2 - 2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha) = a^2-2b$.
વળી,ત્રિઘાત સમીકરણ માટે ઘનનો સરવાળો $\Sigma \alpha^3$ નીચે મુજબ મળે:
$\Sigma \alpha^3 - 3\alpha\beta\gamma = (\alpha+\beta+\gamma)(\Sigma \alpha^2 - \Sigma \alpha\beta)$
$\Sigma \alpha^3 = a(a^2-2b-b) + 3c = a^3-3ab+3c$.
હવે,આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$a(a^2-2b) - (a^3-3ab+3c) = a^3-2ab-a^3+3ab-3c = ab-3c$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $6x^6-25x^5+31x^4-31x^2+25x-6=0$
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા: $6(x^6-1)-25x(x^4-1)+31x^2(x^2-1)=0$
$(x^2-1)$ સામાન્ય લેતા: $(x^2-1)(6x^4-25x^3+37x^2-25x+6)=0$
$x^2-1=0$ પરથી બીજ $x=1, -1$ મળે છે.
$6x^4-25x^3+37x^2-25x+6=0$ ને $x^2$ વડે ભાગતા: $6(x^2+\frac{1}{x^2})-25(x+\frac{1}{x})+37=0$
ધારો કે $t = x+\frac{1}{x}$,તો $6(t^2-2)-25t+37=0 \Rightarrow 6t^2-25t+25=0$
$(2t-5)(3t-5)=0 \Rightarrow t=\frac{5}{2}$ અથવા $t=\frac{5}{3}$
કિસ્સો $1$: $x+\frac{1}{x}=\frac{5}{2}$ $\Rightarrow 2x^2-5x+2=0$ $\Rightarrow (2x-1)(x-2)=0$ $\Rightarrow x=2, \frac{1}{2}$
કિસ્સો $2$: $x+\frac{1}{x}=\frac{5}{3} \Rightarrow 3x^2-5x+3=0$. વિવેચક $D = 25-36 = -11 < 0$,તેથી વાસ્તવિક બીજ નથી.
સંમેય બીજ $1, -1, 2, \frac{1}{2}$ છે.
સરવાળો $= 1-1+2+\frac{1}{2} = 2.5$.

(A) આપેલ છે $\sin \alpha = p$. આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \alpha = \frac{2 \tan \frac{\alpha}{2}}{1 + \tan^2 \frac{\alpha}{2}} = p$.
ધારો કે $t = \tan \frac{\alpha}{2}$. તેથી $\frac{2t}{1 + t^2} = p$,જેનો અર્થ છે $2t = p + pt^2$,અથવા $pt^2 - 2t + p = 0$.
$p$ વડે ભાગતા,આપણને $t^2 - \frac{2}{p} t + 1 = 0$ મળે છે.
આ સમીકરણના બીજ $t_1 = \tan \frac{\alpha}{2}$ અને $t_2 = \frac{1}{\tan \frac{\alpha}{2}} = \cot \frac{\alpha}{2}$ છે.
બીજનો સરવાળો $\tan \frac{\alpha}{2} + \cot \frac{\alpha}{2} = \frac{2}{p}$ અને બીજનો ગુણાકાર $\tan \frac{\alpha}{2} \times \cot \frac{\alpha}{2} = 1$ છે.
જરૂરી દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (\text{બીજનો સરવાળો})x + (\text{બીજનો ગુણાકાર}) = 0$ છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^2 - \frac{2}{p} x + 1 = 0$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $px^2 - 2x + p = 0$ થાય છે.
આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{\frac{x}{2x+1}} + \sqrt{\frac{2x+1}{x}} = 2$
ધારો કે $y = \sqrt{\frac{x}{2x+1}}$. તેથી સમીકરણ $y + \frac{1}{y} = 2$ બને છે.
$y$ વડે ગુણતા,$y^2 - 2y + 1 = 0$ મળે,જે $(y-1)^2 = 0$ છે.
આમ,$y = 1$.
કિંમત મૂકતા: $\sqrt{\frac{x}{2x+1}} = 1 \implies \frac{x}{2x+1} = 1 \implies x = 2x + 1 \implies x = -1$.
તેથી $\alpha = -1$.
હવે,$\alpha = -1$ ને $\alpha^2 x^2 + 4\alpha x + 3 = 0$ માં મૂકતા:
$(-1)^2 x^2 + 4(-1)x + 3 = 0
\implies x^2 - 4x + 3 = 0
\implies (x-1)(x-3) = 0$.
તેથી,બીજ $x = 1, 3$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $x^3-6x^2+11x-6=0$ છે.
ઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા,$(x-1)(x-2)(x-3)=0$ મળે છે.
તેથી,બીજ $\alpha=1, \beta=2, \gamma=3$ છે.
હવે,નવા બીજની ગણતરી કરીએ:
$\alpha' = \alpha^2+\beta^2 = 1^2+2^2 = 5$
$\beta' = \beta^2+\gamma^2 = 2^2+3^2 = 13$
$\gamma' = \gamma^2+\alpha^2 = 3^2+1^2 = 10$
જરૂરી સમીકરણ $x^3 - (\alpha'+\beta'+\gamma')x^2 + (\alpha'\beta'+\beta'\gamma'+\gamma'\alpha')x - \alpha'\beta'\gamma' = 0$ છે.
બીજનો સરવાળો: $5+13+10 = 28$.
બબ્બે બીજનો ગુણાકારનો સરવાળો: $(5 \times 13) + (13 \times 10) + (10 \times 5) = 65 + 130 + 50 = 245$.
બીજનો ગુણાકાર: $5 \times 13 \times 10 = 650$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $x^3 - 28x^2 + 245x - 650 = 0$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $\phi(x) = \frac{x}{(x^2+1)(x+1)}$.
આપણે $\phi(a) \phi(b) \phi(c) = \frac{abc}{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)(a+1)(b+1)(c+1)}$ શોધવાનું છે.
સમીકરણ $x^3 - 3x + \lambda = 0$ માટે,આપણી પાસે છે:
$a+b+c = 0$,$ab+bc+ca = -3$,અને $abc = -\lambda$.
પ્રથમ,$(a+1)(b+1)(c+1) = abc + (ab+bc+ca) + (a+b+c) + 1 = -\lambda - 3 + 0 + 1 = -\lambda - 2 = -(\lambda+2)$.
બીજું,$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) = (a^2b^2+a^2+b^2+1)(c^2+1) = a^2b^2c^2 + a^2b^2 + a^2c^2 + a^2 + b^2c^2 + b^2 + c^2 + 1$.
$a^2+b^2+c^2 = (a+b+c)^2 - 2(ab+bc+ca) = 0^2 - 2(-3) = 6$ નો ઉપયોગ કરતા.
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 = (ab+bc+ca)^2 - 2abc(a+b+c) = (-3)^2 - 2(-\lambda)(0) = 9$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) = (abc)^2 + (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) + (a^2+b^2+c^2) + 1 = \lambda^2 + 9 + 6 + 1 = \lambda^2 + 16$.
આમ,$\phi(a) \phi(b) \phi(c) = \frac{-\lambda}{(\lambda^2+16)(-(\lambda+2))} = \frac{\lambda}{(\lambda+2)(\lambda^2+16)}$.

(C) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2+4kx+12e^{3\log k}-1=0$ છે.
$e^{\log a} = a$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$e^{3\log k} = e^{\log k^3} = k^3$ મળે.
આમ,સમીકરણ $x^2+4kx+12k^3-1=0$ બને છે.
દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2+bx+c=0$ ના બીજનો ગુણાકાર $\frac{c}{a}$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,ગુણાકાર $12k^3-1$ છે.
બીજનો ગુણાકાર $323$ આપેલ હોવાથી,$12k^3-1 = 323$.
$12k^3 = 324$ $\Rightarrow k^3 = 27$ $\Rightarrow k = 3$.
બીજનો સરવાળો $-\frac{b}{a} = -4k$ છે.
$k=3$ મૂકતા,બીજનો સરવાળો $-4(3) = -12$ મળે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ સમીકરણો $3x^2 - 7x + 2 = 0$ $(i)$ અને $15x^2 - 11x + a = 0$ (ii) છે.
$(i)$ ઉકેલતા: $3x^2 - 6x - x + 2 = 0 \implies 3x(x - 2) - 1(x - 2) = 0 \implies (3x - 1)(x - 2) = 0$.
તેથી,$(i)$ ના બીજ $x = \frac{1}{3}$ અને $x = 2$ છે.
કિસ્સો $1$: જો $x = 2$ સામાન્ય બીજ હોય,તો $15(2)^2 - 11(2) + a = 0 \implies 60 - 22 + a = 0 \implies a = -38$. $a > 0$ હોવાથી,આ શક્ય નથી.
કિસ્સો $2$: જો $x = \frac{1}{3}$ સામાન્ય બીજ હોય,તો $15(\frac{1}{3})^2 - 11(\frac{1}{3}) + a = 0 \implies 15(\frac{1}{9}) - \frac{11}{3} + a = 0 \implies \frac{5}{3} - \frac{11}{3} + a = 0 \implies -2 + a = 0 \implies a = 2$.
હવે,સમીકરણ $15x^2 - ax + 7 = 0$ માટે,$a = 2$ મૂકતા,આપણને $15x^2 - 2x + 7 = 0$ મળે છે.
બીજનો સરવાળો $-\frac{b}{A} = -(\frac{-2}{15}) = \frac{2}{15}$ થાય.

(A) ધારો કે સામાન્ય બીજ $\alpha$ છે.
$2b\alpha^2 + 3c\alpha - d = 0$
$2a\alpha^2 + 3b\alpha + 4c = 0$
ચોકડી ગુણાકારની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\alpha^2}{12c^2 + 3bd} = \frac{-\alpha}{8bc + 2ad} = \frac{1}{6b^2 - 6ac}$
પ્રથમ અને બીજા ગુણોત્તર પરથી:
$\alpha = -\frac{12c^2 + 3bd}{8bc + 2ad}$
બીજા અને ત્રીજા ગુણોત્તર પરથી:
$\alpha = -\frac{8bc + 2ad}{6b^2 - 6ac}$
$\alpha$ માટેના બંને પદોને સરખાવતા:
$\frac{12c^2 + 3bd}{8bc + 2ad} = \frac{8bc + 2ad}{6(b^2 - ac)}$
$18(4c^2 + bd)(b^2 - ac) = 4(4bc + ad)^2$
$\frac{4bc + ad}{\frac{9}{2}(b^2 - ac)} = \frac{4c^2 + bd}{4bc + ad}$
આમ,$k = \frac{9}{2}$ મળે છે.

(D) આપેલ છે,$1 \leq \frac{3x^2-7x+8}{x^2+1} \leq 2$. કારણ કે $x^2+1 > 0$ તમામ $x \in R$ માટે,આપણે $(x^2+1)$ વડે ગુણી શકીએ છીએ.
પ્રથમ,$1 \leq \frac{3x^2-7x+8}{x^2+1} \implies x^2+1 \leq 3x^2-7x+8 \implies 2x^2-7x+7 \geq 0$ ધ્યાનમાં લો.
$2x^2-7x+7$ નો વિવેચક $D = (-7)^2 - 4(2)(7) = 49 - 56 = -7 < 0$ છે. અગ્ર સહગુણક ધન હોવાથી,$2x^2-7x+7 > 0$ તમામ $x \in R$ માટે સાચું છે.
ત્યારબાદ,$\frac{3x^2-7x+8}{x^2+1} \leq 2 \implies 3x^2-7x+8 \leq 2x^2+2 \implies x^2-7x+6 \leq 0$ ધ્યાનમાં લો.
અવયવ પાડતા,$(x-1)(x-6) \leq 0$ મળે છે.
આ અસમતા $x \in [1, 6]$ માટે સાચી છે.
આમ,ન્યૂનતમ કિંમત $1$ અને મહત્તમ કિંમત $6$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = x^2+bx+c$ અને $g(x) = x^2+b_1x+c_1$. બે પરવલયોનું છેદબિંદુ $P$ એ $f(x) = g(x)$ ઉકેલીને મળે છે.
$x^2+bx+c = x^2+b_1x+c_1$
$(b-b_1)x = c_1-c$
$x = \frac{c_1-c}{b-b_1} = \frac{c-c_1}{b_1-b}$.
કારણ કે $\gamma < \alpha < \delta < \beta$ છે,છેદબિંદુ $P$ એ $x$-અક્ષની નીચે આવેલું છે,જેનો અર્થ છે કે આ $x$-યામ પર $f(x) < 0$ છે.
$f\left(\frac{c-c_1}{b_1-b}\right) < 0$
$\left(\frac{c-c_1}{b_1-b}\right)^2 + b\left(\frac{c-c_1}{b_1-b}\right) + c < 0$
$(b_1-b)^2$ (જે ધન છે) વડે ગુણતા:
$(c-c_1)^2 + b(c-c_1)(b_1-b) + c(b_1-b)^2 < 0$
$(c-c_1)^2 < -b(c-c_1)(b_1-b) - c(b_1-b)^2$
$(c-c_1)^2 < (b_1-b)[-b(c-c_1) - c(b_1-b)]$
$(c-c_1)^2 < (b_1-b)[-bc+bc_1-cb_1+cb]$
$(c-c_1)^2 < (b_1-b)(bc_1-b_1c)$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે કે $\alpha, \beta$ એ $x^2+p x+q=0$ ના બીજ છે,તેથી $\alpha+\beta=-p$ અને $\alpha \beta=q$.
$\alpha^4, \beta^4$ એ $x^2-r x+s=0$ ના બીજ હોવાથી,$\alpha^4+\beta^4=r$ અને $\alpha^4 \beta^4=s$ થાય.
હવે,સમીકરણ $x^2-4 q x+2 q^2-r=0$ માટે વિવેચક $D = (-4q)^2 - 4(2q^2 - r)$ છે.
$D = 16q^2 - 8q^2 + 4r = 8q^2 + 4r$.
$\alpha, \beta$ વાસ્તવિક હોવાથી,$\alpha^4, \beta^4 \geq 0$,તેથી $r = \alpha^4 + \beta^4 \geq 0$.
વળી,$8q^2 \geq 0$.
આમ,$D = 8q^2 + 4r \geq 0$.
વિવેચક અઋણ હોવાથી,સમીકરણ $x^2-4 q x+2 q^2-r=0$ ને હંમેશા બે વાસ્તવિક બીજ હોય છે.

(C) આપેલ અસમતા $\frac{\sqrt{6+x-x^2}}{2x+5} \geq \frac{\sqrt{6+x-x^2}}{x+4}$ છે.
પ્રથમ,પદાવલિ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $6+x-x^2 \geq 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે $x^2-x-6 \leq 0$,તેથી $(x-3)(x+2) \leq 0$. આમ,$x \in [-2, 3]$.
જો $6+x-x^2 = 0$ હોય,તો $x = -2$ અથવા $x = 3$. બંને અસમતાનું સમાધાન કરે છે કારણ કે $0 \geq 0$.
જો $6+x-x^2 > 0$ હોય,તો આપણે $\sqrt{6+x-x^2}$ વડે ભાગી શકીએ:
$\frac{1}{2x+5} \geq \frac{1}{x+4} \Rightarrow \frac{1}{2x+5} - \frac{1}{x+4} \geq 0$
$\Rightarrow \frac{x+4-(2x+5)}{(2x+5)(x+4)} \geq 0$ $\Rightarrow \frac{-x-1}{(2x+5)(x+4)} \geq 0$
$\Rightarrow \frac{x+1}{(2x+5)(x+4)} \leq 0$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $-4, -2.5, -1$ માટે ચિહ્ન પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ $x \in (-\infty, -4) \cup (-2.5, -1]$ માટે $\leq 0$ છે.
આને પ્રદેશ $x \in [-2, 3]$ સાથે જોડતા,આપણને $x \in [-2, -1] \cup \{3\}$ મળે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $\log_{|\alpha|} \left( \frac{x^2}{\beta^2} \right) = 1$ છે.
આથી $\frac{x^2}{\beta^2} = |\alpha|$,એટલે કે $x^2 = \beta^2 |\alpha|$.
$\alpha, \beta$ એ $x^2 - |a|x - |b| = 0$ ના બીજ હોવાથી,બીજનો ગુણાકાર $\alpha \beta = -|b| \le 0$ થાય.
$|\alpha| < |\beta|$ અને સરવાળો $\alpha + \beta = |a| > 0$ આપેલ છે.
$|a| < \beta - 1$ હોવાથી,$\beta$ ધન છે.
$x$ માટે ઉકેલતા,$x = \pm |\beta| \sqrt{|\alpha|}$ મળે.
ધન બીજ $|\beta| \sqrt{|\alpha|}$ છે.
$\beta > 0$ અને $\sqrt{|\alpha|} < 1$ હોવાથી,ધન બીજ $\beta$ કરતા નાનું છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3+4 x^2 \cos \theta+x \cot \theta=0$ છે.
$x$ સામાન્ય લેતા,$x(x^2+4 x \cos \theta+\cot \theta)=0$ મળે.
એક બીજ $x=0$ છે. સમીકરણને સમાન બીજ હોવા માટે,કાં તો દ્વિઘાત ભાગ $x^2+4 x \cos \theta+\cot \theta=0$ ના બીજ સમાન હોય (વિવેચક $D=0$) અથવા $x=0$ એ દ્વિઘાત ભાગનું બીજ હોય.
કિસ્સો $1$: $D = (4 \cos \theta)^2 - 4(1)(\cot \theta) = 0$.
$16 \cos^2 \theta - 4 \cot \theta = 0 \Rightarrow 4 \cos^2 \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$.
આનો અર્થ એ કે $\cos \theta = 0$ (શક્ય નથી કારણ કે $\theta$ લઘુકોણ છે) અથવા $4 \cos \theta \sin \theta = 1$.
$2 \sin 2 \theta = 1 \Rightarrow \sin 2 \theta = \frac{1}{2}$.
$2 \theta = \frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6} \Rightarrow \theta = \frac{\pi}{12}, \frac{5 \pi}{12}$.
કિસ્સો $2$: $x=0$ એ $x^2+4 x \cos \theta+\cot \theta=0$ નું બીજ હોય,જેનો અર્થ છે કે $\cot \theta = 0$,તેથી $\theta = \frac{\pi}{2}$ (લઘુકોણ નથી).
આમ,$\theta$ ના મૂલ્યો $\frac{\pi}{12} \text{ અથવા } \frac{5 \pi}{12}$ છે.

(A) આપેલ છે,$z=x-iy$ અને $z^{1/3}=a+ib$.
બંને બાજુ ઘન લેતા,આપણને મળે છે:
$(z^{1/3})^3 = (a+ib)^3$
$z = a^3 + (ib)^3 + 3a^2(ib) + 3a(ib)^2$
$z = a^3 - ib^3 + 3a^2bi - 3ab^2$
$z = (a^3 - 3ab^2) - i(b^3 - 3a^2b)$
$z = x - iy$ હોવાથી,વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી કરતા:
$x = a^3 - 3ab^2$ અને $y = b^3 - 3a^2b$.
હવે,આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{(x/a + y/b)}{a^2+b^2} = \frac{((a^3 - 3ab^2)/a + (b^3 - 3a^2b)/b)}{a^2+b^2}$
$= \frac{(a^2 - 3b^2 + b^2 - 3a^2)}{a^2+b^2}$
$= \frac{-2a^2 - 2b^2}{a^2+b^2} = \frac{-2(a^2+b^2)}{a^2+b^2} = -2$.

(B) આપેલ છે કે $z_1 = 12 + 5i$ અને $|z_2| = 9$.
પ્રથમ,$z_1$ નો માનાંક શોધો:
$|z_1| = \sqrt{12^2 + 5^2} = \sqrt{144 + 25} = \sqrt{169} = 13$.
ત્રિકોણ અસમતા મુજબ,$|z_1 + z_2|$ ની રેન્જ $||z_1| - |z_2|| \leq |z_1 + z_2| \leq |z_1| + |z_2|$ દ્વારા મળે છે.
મહત્તમ કિંમત $b = |z_1| + |z_2| = 13 + 9 = 22$.
ન્યૂનતમ કિંમત $a = ||z_1| - |z_2|| = |13 - 9| = 4$.
તેથી,$a^2 + b^2 = 4^2 + 22^2 = 16 + 484 = 500$.

(C) ધારો કે $z = x + iy$. તો $\bar{z} = x - iy$.
$z + \bar{z} = 2x$ અને $z - \bar{z} = 2iy$.
આ કિંમતો આપેલ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(7 + i)(2x) - (4 + i)(2iy) + 116i = 0$
$(14x + 2ix) - (8iy - 2y) + 116i = 0$
$(14x + 2y) + i(2x - 8y + 116) = 0$
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$14x + 2y = 0 \Rightarrow y = -7x$
$2x - 8y + 116 = 0$
બીજા સમીકરણમાં $y = -7x$ મૂકતા:
$2x - 8(-7x) + 116 = 0$
$2x + 56x + 116 = 0$
$58x = -116 \Rightarrow x = -2$
તેથી $y = -7(-2) = 14$.
આમ,$z\bar{z} = |z|^2 = x^2 + y^2 = (-2)^2 + 14^2 = 4 + 196 = 200$.

(A) આપેલ $z=x+iy$ માટે,$\frac{2z-3}{z+4i} = \frac{(2x-3)+2iy}{x+i(y+4)}$.
છેદના અનુબદ્ધ $x-i(y+4)$ વડે અંશ અને છેદને ગુણતા:
$\frac{2z-3}{z+4i} = \frac{((2x-3)+2iy)(x-i(y+4))}{x^2+(y+4)^2} = \frac{(2x^2-3x+2y^2+8y) + i(12+3y-8x)}{x^2+(y+4)^2}$.
$\text{Arg}\left(\frac{2z-3}{z+4i}\right) = \frac{\pi}{4}$ હોવાથી,$\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\text{Im}}{\text{Re}} = 1$.
તેથી,$\frac{12+3y-8x}{2x^2-3x+2y^2+8y} = 1$.
$12+3y-8x = 2x^2-3x+2y^2+8y$.
પદોને ગોઠવતા $2x^2+2y^2+5x+5y-12=0$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $z=x+iy$,તેથી $\bar{z}=x-iy$.
પદમાં કિંમત મૂકતા:
$\frac{\bar{z}-1}{\bar{z}-i} = \frac{(x-1)-iy}{x-i(y+1)}$.
છેદની અનુબદ્ધ સંખ્યા $x+i(y+1)$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$\frac{[(x-1)-iy][x+i(y+1)]}{x^2+(y+1)^2} = \frac{x(x-1) + y(y+1) + i[(x-1)(y+1) - xy]}{x^2+(y+1)^2}$.
કાલ્પનિક ભાગ $1$ આપેલ છે:
$\frac{(xy+x-y-1) - xy}{x^2+(y+1)^2} = 1$.
$\frac{x-y-1}{x^2+(y+1)^2} = 1$.
$x-y-1 = x^2+y^2+2y+1$.
$x^2+y^2-x+3y+2=0$.
છેદ શૂન્ય ન હોઈ શકે,તેથી $x-i(y+1) \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $(x, y) \neq (0, -1)$.
આમ,બિંદુપથ $x^2+y^2-x+3y+2=0, (x, y) \neq (0, -1)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $|z_1| = |z_2| = 1$, તેથી આપણે $z_1 = \cos \alpha + i \sin \alpha$ અને $z_2 = \cos \beta + i \sin \beta$ લખી શકીએ.
$\operatorname{Re}(z_1 \bar{z}_2) = ac + bd = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta = \cos(\alpha - \beta) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\alpha - \beta = \pm \frac{\pi}{2}$.
હવે, $w_1 = a + ic = \cos \alpha + i \cos \beta$ અને $w_2 = b + id = \sin \alpha + i \sin \beta$ માટે, આપણે $\operatorname{Re}(w_1 \bar{w}_2) = ab + cd$ ની ગણતરી કરીએ.
$\operatorname{Re}(w_1 \bar{w}_2) = \cos \alpha \sin \alpha + \cos \beta \sin \beta = \frac{1}{2}(\sin 2\alpha + \sin 2\beta)$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા, $\frac{1}{2}(2 \sin(\alpha + \beta) \cos(\alpha - \beta))$.
કારણ કે $\cos(\alpha - \beta) = \cos(\pm \frac{\pi}{2}) = 0$, તેથી આ પદની કિંમત $0$ થાય છે.
આમ, $\operatorname{Re}(w_1 \bar{w}_2) = 0$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\bar{z} = i z^2$ છે.
બંને બાજુ અનુબદ્ધ લેતા,આપણને મળે $z = \bar{i} \bar{z}^2 = -i \bar{z}^2$.
સમીકરણમાં $\bar{z} = i z^2$ મૂકતા:
$z = -i (i z^2)^2$
$z = -i (i^2 z^4)$
$z = -i (-1) z^4$
$z = i z^4$
$z^4 - i z = 0$
$z (z^3 - i) = 0$
આપણે શૂન્યતર ઉકેલો શોધી રહ્યા છીએ,તેથી $z \neq 0$,માટે $z^3 - i = 0$.

(C) આપેલ છે કે $x^2+y+4 i$ અને $-3+x^2 y i$ એકબીજાના અનુબદ્ધ છે.
તેથી,$x^2+y+4 i = -3 - x^2 y i$.
બંને બાજુ વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી કરતા:
$x^2+y = -3$ $(i)$
$4 = -x^2 y \Rightarrow y = -\frac{4}{x^2}$ $(ii)$
$(ii)$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$x^2 - \frac{4}{x^2} = -3$
$x^4 - 4 = -3x^2$
$x^4 + 3x^2 - 4 = 0$
$(x^2+4)(x^2-1) = 0$
કારણ કે $x \in R$,$x^2$ અઋણ હોવું જોઈએ,તેથી $x^2+4 \neq 0$.
આમ,$x^2-1 = 0$ $\Rightarrow x^2 = 1$ $\Rightarrow x = \pm 1$.
$x^2=1$ ને $(ii)$ માં મૂકતા:
$y = -\frac{4}{1} = -4$.
હવે,$(|x|+|y|)^2 = (|\pm 1| + |-4|)^2 = (1+4)^2 = 5^2 = 25$.

(A) આપેલ છે $\arg \left(\frac{z-1}{z-3i}\right)=\frac{\pi}{2}$.
ધારો કે $z=x+iy$. તેથી $\frac{z-1}{z-3i} = \frac{(x-1)+iy}{x+i(y-3)}$.
છેદના અનુબદ્ધ વડે ગુણતા: $\frac{((x-1)+iy)(x-i(y-3))}{x^2+(y-3)^2} = \frac{x(x-1)+y(y-3) + i(xy - (x-1)(y-3))}{x^2+(y-3)^2}$.
કોણ $\frac{\pi}{2}$ હોવા માટે,વાસ્તવિક ભાગ $0$ હોવો જોઈએ અને કાલ્પનિક ભાગ ધન હોવો જોઈએ.
વાસ્તવિક ભાગ: $x(x-1)+y(y-3)=0 \Rightarrow x^2-x+y^2-3y=0$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $\left(x-\frac{1}{2}\right)^2 + \left(y-\frac{3}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} + \frac{9}{4} = \frac{10}{4} = \left(\frac{\sqrt{10}}{2}\right)^2$.
આ એક વર્તુળ દર્શાવે છે જેનું કેન્દ્ર $\left(\frac{1}{2}, \frac{3}{2}\right)$ અને ત્રિજ્યા $\frac{\sqrt{10}}{2}$ છે.
$\arg(w) = \frac{\pi}{2}$ શરત સૂચવે છે કે બિંદુપથ એ વર્તુળનો તે ચાપ છે જ્યાં કાલ્પનિક ભાગ ધન છે.

(C) આપેલ $Z = a + ib$ માટે,$\hat{Z} = b + ia = i(a - ib) = i\bar{Z}$ છે.
ધારો કે $Z_1 = a + ib$ અને $Z_2 = c + id$.
તો $Z_1 Z_2 = (ac - bd) + i(ad + bc)$.
$\hat{Z}$ ની વ્યાખ્યા મુજબ,$\widehat{Z_1 Z_2} = (ad + bc) + i(ac - bd)$.
હવે,$\hat{Z}_1 \hat{Z}_2 = (b + ia)(d + ic) = (bd - ac) + i(bc + ad)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) આર્ગેન્ડ સમતલમાં આપેલા બિંદુઓના સંકર અનુબદ્ધો $A(1-2i)$,$B(2+3i)$,અને $C(3+4i)$ છે.
યામો $A(1, -2)$,$B(2, 3)$,અને $C(3, 4)$ લો.
બાજુઓની લંબાઈના વર્ગની ગણતરી:
$AB^2 = (2-1)^2 + (3-(-2))^2 = 1^2 + 5^2 = 26$
$BC^2 = (3-2)^2 + (4-3)^2 = 1^2 + 1^2 = 2$
$AC^2 = (3-1)^2 + (4-(-2))^2 = 2^2 + 6^2 = 40$
અહીં $AB^2 + BC^2 = 28 < AC^2 = 40$ હોવાથી,સૌથી મોટી બાજુની સામેનો ખૂણો ગુરુકોણ છે.
તેથી,આ બિંદુઓ ગુરુકોણ ત્રિકોણ બનાવે છે.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(C) આપણી પાસે પદાવલિ $S = \sum_{k=1}^6 \left(\sin \frac{2 \pi k}{7} - i \cos \frac{2 \pi k}{7}\right)$ છે.
$-i$ સામાન્ય લેતા,$S = -i \sum_{k=1}^6 \left(\cos \frac{2 \pi k}{7} + i \sin \frac{2 \pi k}{7}\right)$ મળે.
આઈલરના સૂત્ર $e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$S = -i \sum_{k=1}^6 e^{i \frac{2 \pi k}{7}}$ મળે.
ધારો કે $\omega = e^{i \frac{2 \pi}{7}}$. તો સરવાળો $S = -i \sum_{k=1}^6 \omega^k$ થાય.
$\omega$ એ એકમનું $7$ મું મૂળ હોવાથી,$1 + \omega + \omega^2 + \omega^3 + \omega^4 + \omega^5 + \omega^6 = 0$ થાય.
તેથી,$\sum_{k=1}^6 \omega^k = -1$.
આ કિંમત $S$ માં મૂકતા,$S = -i(-1) = i$ મળે.

(D) આપેલ છે $z = \cos 6^{\circ} + i \sin 6^{\circ} = e^{i 6^{\circ}}$.
આપણે $\sum_{n=1}^{20} \operatorname{Im}(z^{2n-1}) = \operatorname{Im} \left( \sum_{n=1}^{20} z^{2n-1} \right)$ શોધવાનું છે.
આ સરવાળો એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે: $S = z + z^3 + z^5 + \dots + z^{39}$.
અહીં,પ્રથમ પદ $a = z$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = z^2 = e^{i 12^{\circ}}$ છે.
$20$ પદોનો સરવાળો $S = z \frac{(z^2)^{20} - 1}{z^2 - 1} = z \frac{z^{40} - 1}{z^2 - 1}$ થાય.
$z = e^{i 6^{\circ}}$ મૂકતા,$S = e^{i 6^{\circ}} \frac{e^{i 240^{\circ}} - 1}{e^{i 12^{\circ}} - 1}$ મળે.
$e^{i \theta} - 1 = e^{i \theta/2} (2i \sin(\theta/2))$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$S = e^{i 6^{\circ}} \frac{e^{i 120^{\circ}} (2i \sin 120^{\circ})}{e^{i 6^{\circ}} (2i \sin 6^{\circ})} = e^{i 120^{\circ}} \frac{\sin 120^{\circ}}{\sin 6^{\circ}}$.
$S = (\cos 120^{\circ} + i \sin 120^{\circ}) \frac{\sin 120^{\circ}}{\sin 6^{\circ}} = \left( -\frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2} \right) \frac{\sqrt{3}/2}{\sin 6^{\circ}}$.
$S = -\frac{\sqrt{3}}{4 \sin 6^{\circ}} + i \frac{3}{4 \sin 6^{\circ}}$.
કાલ્પનિક ભાગ લેતા,$\operatorname{Im}(S) = \frac{3}{4 \sin 6^{\circ}}$.

(B) કારણ કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2=0$ અને $\omega^3=1$ થાય.
સામાન્ય પદ $T_r = \left(r+\frac{1}{\omega}\right)\left(r+\frac{1}{\omega^2}\right)$ લો.
તેનું વિસ્તરણ કરતા,$T_r = r^2 + r\left(\frac{1}{\omega} + \frac{1}{\omega^2}\right) + \frac{1}{\omega^3}$ મળે.
$\frac{1}{\omega} = \omega^2$ અને $\frac{1}{\omega^2} = \omega$ હોવાથી,$\frac{1}{\omega} + \frac{1}{\omega^2} = \omega^2 + \omega = -1$ થાય.
વળી,$\frac{1}{\omega^3} = 1$ છે.
તેથી,$T_r = r^2 - r + 1$.
સરવાળો $\sum_{r=1}^n (r^2 - r + 1) = \sum_{r=1}^n r^2 - \sum_{r=1}^n r + \sum_{r=1}^n 1$ થાય.
પ્રમાણિત સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n(n+1)}{2} + n$.
$= \frac{n(n+1)(2n+1) - 3n(n+1) + 6n}{6} = \frac{n[(n+1)(2n+1) - 3(n+1) + 6]}{6}$.
$= \frac{n[2n^2 + 3n + 1 - 3n - 3 + 6]}{6} = \frac{n[2n^2 + 4]}{6} = \frac{2n(n^2+2)}{6} = \frac{n(n^2+2)}{3}$.

(D) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $1+\omega+\omega^2 = 0$ અને $\omega^3 = 1$.
પદ $r(r+1-\omega)(r+1-\omega^2)$ ને વિસ્તૃત કરતા,આપણને $r[(r+1)^2 - (r+1)(\omega+\omega^2) + \omega^3]$ મળે.
$\omega+\omega^2 = -1$ અને $\omega^3 = 1$ હોવાથી,આ પદ $r[(r+1)^2 + (r+1) + 1] = r(r^2+3r+3) = r^3+3r^2+3r$ બને છે.
હવે,$\sum_{r=1}^9 (r^3+3r^2+3r) = \sum_{r=1}^9 r^3 + 3\sum_{r=1}^9 r^2 + 3\sum_{r=1}^9 r$ ની ગણતરી કરતા:
$\sum_{r=1}^9 r^3 = [\frac{9(10)}{2}]^2 = 2025$.
$3\sum_{r=1}^9 r^2 = 3 \times \frac{9(10)(19)}{6} = 855$.
$3\sum_{r=1}^9 r = 3 \times \frac{9(10)}{2} = 135$.
સરવાળો: $2025 + 855 + 135 = 3015$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$x$ એ $1$ સિવાયનું એકમનું ઘનમૂળ છે,તેથી $x = \omega$ અથવા $x = \omega^2$. કારણ કે $\omega^3 = 1$ અને $\omega^2 + \omega + 1 = 0$,તેથી $\omega + \omega^2 = -1$.
સામાન્ય પદ $T_n = \left(x^n + \frac{1}{x^n}\right)^2$ ધ્યાનમાં લો.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક હોય,તો $x^n = 1$,તેથી $T_n = (1 + 1)^2 = 4$. આવા $4$ પદો છે $(n=3, 6, 9, 12)$.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય,તો $x^n$ એ $\omega$ અથવા $\omega^2$ છે,તેથી $T_n = (\omega + \omega^2)^2 = (-1)^2 = 1$. આવા $8$ પદો છે.
કુલ સરવાળો $8 \times (1) + 4 \times (4) = 8 + 16 = 24$ થાય.

(C) કારણ કે $1, \alpha_1, \alpha_2, \ldots, \alpha_{n-1}$ એ એકમના $n$ માં મૂળ છે,તેથી તેઓ $x^n - 1 = 0$ સમીકરણના બીજ છે.
આમ,આપણે લખી શકીએ $x^n - 1 = (x - 1)(x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \ldots (x - \alpha_{n-1})$.
બંને બાજુ $(x - 1)$ વડે ભાગતા,આપણને $(x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \ldots (x - \alpha_{n-1}) = \frac{x^n - 1}{x - 1}$ મળે છે.
સમીકરણમાં $x = -1$ મૂકતા,આપણને $(-1 - \alpha_1)(-1 - \alpha_2) \ldots (-1 - \alpha_{n-1}) = \frac{(-1)^n - 1}{-1 - 1}$ મળે છે.
ડાબી બાજુના $(n-1)$ પદોમાંથી $(-1)$ સામાન્ય લેતા,આપણને $(-1)^{n-1}(1 + \alpha_1)(1 + \alpha_2) \ldots (1 + \alpha_{n-1}) = \frac{(-1)^n - 1}{-2}$ મળે છે.
$n$ એ બેકી પ્રાકૃતિક સંખ્યા હોવાથી,$(-1)^n = 1$ થાય.
તેથી,$(-1)^{n-1}(1 + \alpha_1)(1 + \alpha_2) \ldots (1 + \alpha_{n-1}) = \frac{1 - 1}{-2} = 0$.
$(-1)^{n-1} \neq 0$ હોવાથી,$(1 + \alpha_1)(1 + \alpha_2) \ldots (1 + \alpha_{n-1}) = 0$ થાય.

(B) આપેલ સમીકરણ $\left|z-z_1\right|+\left|z-z_2\right|=k$ છે.
આ એક એવા બિંદુ $z$ નો બિંદુપથ દર્શાવે છે કે જેનું બે નિશ્ચિત બિંદુઓ $z_1$ અને $z_2$ થી અંતરનો સરવાળો અચળ $k$ છે.
શરત $\left|z_1-z_2\right| < k$ સંતોષાય છે,તેથી અંતરનો સરવાળો એ બે નિશ્ચિત બિંદુઓ (નાભિઓ) વચ્ચેના અંતર કરતા વધારે છે.
ઉપવલયની વ્યાખ્યા મુજબ,જે બિંદુનું બે નિશ્ચિત બિંદુઓ (નાભિઓ) થી અંતરનો સરવાળો અચળ હોય તે ઉપવલય છે.
તેથી,$z$ એ ઉપવલય પર આવેલું છે.
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $z = x + iy$. તો,$\frac{z-1}{z+1} = \frac{(x-1) + iy}{(x+1) + iy}$.
અંશ અને છેદને છેદના અનુબદ્ધ વડે ગુણતા: $\frac{((x-1) + iy)((x+1) - iy)}{(x+1)^2 + y^2} = \frac{(x^2 + y^2 - 1) + i(2y)}{(x+1)^2 + y^2}$.
આપેલ છે કે $\arg \left(\frac{z-1}{z+1}\right) = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\tan \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\text{Im}}{\text{Re}} = \frac{2y}{x^2 + y^2 - 1} = 1$.
આ સમીકરણ $x^2 + y^2 - 2y - 1 = 0$ માં પરિણમે છે,જે એક વર્તુળનું સમીકરણ છે.
આમ,આ ગણ એક વર્તુળનો ચાપ દર્શાવે છે.

(D) શરત $(i)$ માટે, $\frac{2z+i}{z-2} = \frac{2(x+iy)+i}{(x-2)+iy} = \frac{2x + i(2y+1)}{(x-2)+iy}$.
આ શુદ્ધ કાલ્પનિક હોવા માટે, વાસ્તવિક ભાગ શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\operatorname{Re}\left(\frac{2x + i(2y+1)}{(x-2)+iy} \cdot \frac{(x-2)-iy}{(x-2)-iy}\right) = 0 \implies 2x(x-2) + y(2y+1) = 0$.
$2x^2 - 4x + 2y^2 + y = 0 \implies x^2 + y^2 - 2x + \frac{1}{2}y = 0$ (વર્તુળ $C_1$).
શરત $(ii)$ માટે, $\operatorname{Arg}\left(\frac{z+i}{z+1}\right) = \frac{\pi}{2}$ નો અર્થ છે કે $\frac{z+i}{z+1}$ એ ધન કાલ્પનિક ભાગ સાથે શુદ્ધ કાલ્પનિક છે.
ધારો કે $z+i = x+i(y+1)$ અને $z+1 = (x+1)+iy$.
$\frac{z+i}{z+1} = \frac{(x+i(y+1))((x+1)-iy)}{(x+1)^2+y^2} = \frac{x(x+1) + y(y+1) + i((x+1)(y+1) - xy)}{(x+1)^2+y^2}$.
વાસ્તવિક ભાગ $x(x+1) + y(y+1) = 0 \implies x^2 + x + y^2 + y = 0$ (વર્તુળ $C_2$).
$C_1$ અને $C_2$ ના સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$(x^2 + y^2 - 2x + \frac{1}{2}y) - (x^2 + y^2 + x + y) = 0 \implies -3x - \frac{1}{2}y = 0 \implies y = -6x$.
$y = -6x$ ને $x^2 + y^2 + x + y = 0$ માં મૂકતા:
$x^2 + 36x^2 + x - 6x = 0 \implies 37x^2 - 5x = 0$.
$x(37x - 5) = 0 \implies x = 0$ અથવા $x = \frac{5}{37}$.
$x = \frac{5}{37}$ માટે, $y = -6(\frac{5}{37}) = -\frac{30}{37}$.
ઉગમબિંદુ સિવાયનું છેદબિંદુ $\left(\frac{5}{37}, -\frac{30}{37}\right)$ છે.

(C) ધારો કે સંકર સંખ્યાઓ $z_1 = z$,$z_2 = z e^{i \pi / 3}$,અને $z_3 = z(1 + e^{i \pi / 3})$ છે.
$PQ = |z_2 - z_1| = |z e^{i \pi / 3} - z| = |z| |e^{i \pi / 3} - 1| = |z| \cdot 1 = |z|$.
$QR = |z_3 - z_2| = |z(1 + e^{i \pi / 3}) - z e^{i \pi / 3}| = |z|$.
$PR = |z_3 - z_1| = |z(1 + e^{i \pi / 3}) - z| = |z e^{i \pi / 3}| = |z|$.
આમ,$PQ = QR = PR = |z|$,તેથી $\triangle PQR$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ = $\frac{\sqrt{3}}{4} \times (\text{બાજુ})^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} |z|^2$.

(D) શરત $\arg \left(\frac{z-z_1}{z-z_2}\right)=0$ અથવા $\pi$ સૂચવે છે કે સદિશો $(z-z_1)$ અને $(z-z_2)$ સમરેખ છે.
આનો અર્થ એ છે કે બિંદુ $z$ એ $z_1$ અને $z_2$ માંથી પસાર થતી રેખા પર આવેલું છે.
ચોક્કસ રીતે,જો $\arg \left(\frac{z-z_1}{z-z_2}\right)=0$ હોય,તો બિંદુ $z$ એ રેખાખંડ $\overline{AB}$ ની બહારની રેખા પર આવેલું છે.
જો $\arg \left(\frac{z-z_1}{z-z_2}\right)=\pi$ હોય,તો બિંદુ $z$ એ રેખાખંડ $\overline{AB}$ પર આવેલું છે.
તેથી,$z$ નો બિંદુપથ એ બિંદુઓ $A$ અને $B$ માંથી પસાર થતી સીધી રેખા છે.

(D) સૌ પ્રથમ,આપણે $ANIMAL$ શબ્દનો ક્રમ શોધીએ. અક્ષરો $A, A, I, L, M, N$ છે. તેમને મૂળાક્ષર પ્રમાણે ગોઠવતા: $A, A, I, L, M, N$.
ક્રમની ગણતરી:
$AA... : 4! = 24$
$AI... : 4! = 24$
$AL... : 4! = 24$
$AM... : 4! = 24$
$ANA... : 3! = 6$
$ANIA... : 2! = 2$
$ANIL... : 2! = 2$
$ANIMAL : 1$
સરવાળો $= 24+24+24+24+6+2+2+1 = 107$. તેથી,$x = 107$.
હવે,$PERSON$ શબ્દ માટે,અક્ષરો $E, N, O, P, R, S$ છે. તેમને મૂળાક્ષર પ્રમાણે ગોઠવતા: $E, N, O, P, R, S$.
આપણને $107$ મો શબ્દ જોઈએ છે:
$EN... : 4! = 24$
$EO... : 4! = 24$
$EP... : 4! = 24$
$ER... : 4! = 24$
અત્યાર સુધીનો કુલ સરવાળો $= 96$.
$ESN... : 3! = 6$ (કુલ $102$)
$ESON... : 2! = 2$ (કુલ $104$)
$ESOP... : 2! = 2$ (કુલ $106$)
$ESORNP : 1$ (કુલ $107$)
આમ,$107$ મો શબ્દ $ESORNP$ છે.

(B) $REPEAT$ શબ્દના અક્ષરો $\{A, E, E, P, R, T\}$ છે.
તેમને મૂળાક્ષરોના ક્રમમાં ગોઠવતા: $A, E, E, P, R, T$ મળે છે.
$1$. $A$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $\frac{5!}{2!} = 60$.
$2$. $E$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $5! = 120$.
$3$. $P$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $\frac{5!}{2!} = 60$.
$4$. $RA$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $\frac{4!}{2!} = 12$.
$5$. $REA$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $3! = 6$.
$6$. $REE$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $3! = 6$.
$7$. $REPA$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $2! = 2$.
$8$. પછીનો શબ્દ $REPEAT$ છે: $1$.
સરવાળો: $60 + 120 + 60 + 12 + 6 + 6 + 2 + 1 = 267$.
આમ,$REPEAT$ શબ્દનો ક્રમ $267$ છે.

(A) ધારો કે વધુમાં વધુ $n$ પુસ્તકો પસંદ કરવાની કુલ રીતો $x$ છે. વિદ્યાર્થીએ ઓછામાં ઓછું એક પુસ્તક પસંદ કરવાનું હોવાથી:
$x = {}^{2n+1}C_1 + {}^{2n+1}C_2 + \dots + {}^{2n+1}C_n = 255$
આપણે જાણીએ છીએ કે $2n+1$ વસ્તુઓ માટે તમામ સંચયોનો સરવાળો:
${}^{2n+1}C_0 + {}^{2n+1}C_1 + \dots + {}^{2n+1}C_n + {}^{2n+1}C_{n+1} + \dots + {}^{2n+1}C_{2n+1} = 2^{2n+1}$
ગુણધર્મ ${}^{m}C_r = {}^{m}C_{m-r}$ નો ઉપયોગ કરતા,${}^{2n+1}C_0 = {}^{2n+1}C_{2n+1} = 1$ મળે.
તેથી,સરવાળાને આ રીતે લખી શકાય:
$2({}^{2n+1}C_1 + {}^{2n+1}C_2 + \dots + {}^{2n+1}C_n) + {}^{2n+1}C_0 + {}^{2n+1}C_{2n+1} = 2^{2n+1}$
$2x + 1 + 1 = 2^{2n+1}$
$2x + 2 = 2^{2n+1}$
$x + 1 = 2^{2n}$
$x = 255$ આપેલ હોવાથી:
$255 + 1 = 2^{2n}$
$256 = 2^{2n}$
$2^8 = 2^{2n}$
$2n = 8 \implies n = 4$
આમ,$n$ નું મૂલ્ય $4$ છે.

(B) $8$ માંથી $5$ વ્યક્તિઓને પસંદ કરવાની રીતો ${}^8C_5$ છે.
હવે,$5$ મહેમાનોને ગોળાકાર ટેબલ પર બેસાડવાની રીતો $(5-1)! = 4!$ છે.
બાકીના $3$ મહેમાનોને બીજા ગોળાકાર ટેબલ પર બેસાડવાની રીતો $(3-1)! = 2!$ છે.
આમ,કુલ રીતોની સંખ્યા ${}^8C_5 \times 4! \times 2!$ છે.
ગણતરી: ${}^8C_5 = \frac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$.
કુલ રીતો $= 56 \times 24 \times 2 = 56 \times 48 = 2688$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $n = 20$ સીધી રેખાઓ એક સમતલમાં છે,જ્યાં કોઈ પણ બે સમાંતર નથી અને કોઈ પણ ત્રણ સંગામી નથી.
છેદબિંદુઓની સંખ્યા $\binom{20}{2} = \frac{20 \times 19}{2} = 190$ છે.
ધારો કે $I = 190$ એ છેદબિંદુઓની સંખ્યા છે.
આ $I$ બિંદુઓને જોડવાથી બનતા કુલ રેખાખંડોની સંખ્યા $\binom{190}{2}$ છે.
પરંતુ,આપણે મૂળ $20$ રેખાઓ પર આવેલા રેખાખંડોને બાદ કરવા પડશે.
દરેક રેખા પર $n-1 = 19$ છેદબિંદુઓ છે. એક રેખા પર બનતા રેખાખંડોની સંખ્યા $\binom{19}{2}$ છે.
આમ,$20$ રેખાઓ માટે બાદ કરવાના રેખાખંડોની સંખ્યા $20 \times \binom{19}{2} = 20 \times 171 = 3420$ છે.
નવા બનતા રેખાખંડોની સંખ્યા $\binom{190}{2} - 3420 = 17955 - 3420 = 14535$ છે.

(B) $3$ દેશોમાંથી દરેકમાંથી ઓછામાં ઓછો એક સભ્ય હોય તેવી $6$ સભ્યોની સમિતિ બનાવવા માટે,આપણે શક્ય વિતરણો $(n_I, n_A, n_{Au})$ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ જ્યાં $n_I + n_A + n_{Au} = 6$ અને $n_I, n_A, n_{Au} \ge 1$ છે.
$6$ ના $3$ ભાગોમાં વિભાજન:
$1. (4, 1, 1)$ અને તેના ક્રમચયો: $(4, 1, 1), (1, 4, 1), (1, 1, 4)$. આવી $3$ શક્યતાઓ છે.
રીતોની સંખ્યા $= 3 \times \binom{5}{4} \times \binom{5}{1} \times \binom{5}{1} = 375$.
$2. (3, 2, 1)$ અને તેના ક્રમચયો: $(3, 2, 1), (3, 1, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3), (1, 3, 2), (1, 2, 3)$. આવી $6$ શક્યતાઓ છે.
રીતોની સંખ્યા $= 6 \times \binom{5}{3} \times \binom{5}{2} \times \binom{5}{1} = 3000$.
$3. (2, 2, 2)$. આવી $1$ શક્યતા છે.
રીતોની સંખ્યા $= 1 \times \binom{5}{2} \times \binom{5}{2} \times \binom{5}{2} = 1000$.
કુલ રીતો $= 375 + 3000 + 1000 = 4375$.

(B) આપણી પાસે $m$ હરોળ અને $n$ સ્તંભો છે,જે કુલ $mn$ ખુરશીઓ બનાવે છે.
આપણે $m$ વિદ્યાર્થીઓને એવી રીતે બેસાડવાના છે કે કોઈ પણ હરોળ ખાલી ન રહે. આનો અર્થ એ છે કે દરેક $m$ હરોળમાં બરાબર એક વિદ્યાર્થી હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,આપણે દરેક $m$ હરોળમાં $n$ ઉપલબ્ધ ખુરશીઓમાંથી એક ખુરશી પસંદ કરીએ છીએ. દરેક $m$ હરોળ માટે $n$ વિકલ્પો હોવાથી,ખુરશીઓ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $n \times n \times \dots \times n$ ($m$ વખત) $= n^m$ છે.
ત્યારબાદ,$m$ વિદ્યાર્થીઓને આ પસંદ કરેલી $m$ ખુરશીઓમાં $m!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,કુલ રીતોની સંખ્યા $n^m \times m!$ છે.

(D) જો સંખ્યા $6$ વડે વિભાજ્ય હોય,તો તે બેકી સંખ્યા હોવી જોઈએ અને $3$ વડે પણ વિભાજ્ય હોવી જોઈએ,તેથી અંકોનો સરવાળો $3$ વડે વિભાજ્ય હોવો જોઈએ.
છેલ્લો અંક $0, 2$ અથવા $4$ વડે ભરી શકાય છે ($3$ વિકલ્પો).
પ્રથમ સ્થાન $5$ વિકલ્પો ($0$ સિવાય) વડે ભરી શકાય છે.
બીજું અને ત્રીજું સ્થાન $6$ વિકલ્પો વડે ભરી શકાય છે.
ચોથું સ્થાન એવી રીતે ભરવામાં આવે છે કે જેથી કુલ સંખ્યા $3$ વડે વિભાજ્ય બને,તેથી $2$ વિકલ્પો મળે છે.
કુલ સંખ્યા $= 5 \times 6 \times 6 \times 2 \times 3 = 1080$.
આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(A) ને એક સ્થાન પર નિશ્ચિત કરો. ધારો કે સ્થાનો ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં $1, 2, 3, 4, 5, 6$ છે,જેમાં $A$ સ્થાન $1$ પર છે. $A$ ની તરત જ જમણી બાજુ સ્થાન $6$ છે (કારણ કે તેઓ કેન્દ્ર તરફ મુખ રાખીને બેઠા છે).
કિસ્સો $1$: $E$ સ્થાન $6$ પર છે. તો $E$ ની તરત જ જમણી બાજુએ સ્થાન $5$ પર $F$ અથવા $D$ હોવા જોઈએ.
પેટા-કિસ્સો $1.1$: $F$ સ્થાન $5$ પર છે. બાકીની $3$ વ્યક્તિઓ $(B, C, D)$ ને બાકીના $3$ સ્થાનોમાં $3! = 6$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
પેટા-કિસ્સો $1.2$: $D$ સ્થાન $5$ પર છે. બાકીની $3$ વ્યક્તિઓ $(B, C, F)$ ને બાકીના $3$ સ્થાનોમાં $3! = 6$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
કિસ્સા $1$ માટે કુલ $= 6 + 6 = 12$ રીતો.
કિસ્સો $2$: $F$ સ્થાન $6$ પર છે. તો $E$ ની તરત જ જમણી બાજુએ $F$ અથવા $D$ હોવા જોઈએ. $F$ સ્થાન $6$ પર હોવાથી,$E$ સ્થાન $5$ પર ન હોઈ શકે (કારણ કે $F$ સ્થાન $6$ પર છે,$5$ પર નથી). તેથી,$E$ એવા અન્ય સ્થાન $k$ પર હોવો જોઈએ કે જેથી સ્થાન $k-1$ (ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં) $F$ અથવા $D$ હોય.
બાકીના સ્થાનો તપાસતા,આપણને કિસ્સા $2$ માટે $6$ માન્ય ગોઠવણીઓ મળે છે.
કુલ રીતો $= 12 + 6 = 18$.

(C) આપેલ છે $f(x) = x^2+2x+2 = (x+1)^2+1$. $f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $a = 1$ છે.
આપેલ છે $g(x) = -(x^2-2x+1) = -(x-1)^2$. $g(x)$ ની મહત્તમ કિંમત $b = 0$ છે.
ધારો કે $y = \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{x^2+2x+2}{-x^2+2x-1}$.
$y(-x^2+2x-1) = x^2+2x+2$
$-yx^2+2xy-y = x^2+2x+2$
$(1+y)x^2 + (2-2y)x + (2+y) = 0$.
$x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$:
$(2-2y)^2 - 4(1+y)(2+y) \geq 0$
$4(1-y)^2 - 4(y^2+3y+2) \geq 0$
$1-2y+y^2 - y^2-3y-2 \geq 0$
$-5y-1 \geq 0 \implies y \leq -\frac{1}{5}$.
અંતિમ કિંમત $c = -\frac{1}{5}$ છે.
આમ,$a+2b+5c+4 = 1 + 2(0) + 5(-\frac{1}{5}) + 4 = 1 - 1 + 4 = 4$.

(A) આપેલ છે $2a + 3b + 6c = 0$ ... $(i)$
$f(x)$ એ $g(x) = ax^2 + bx + c$ નું પ્રતિવિધેય હોવાથી,$f(x) = \int (ax^2 + bx + c) dx = \frac{a}{3}x^3 + \frac{b}{2}x^2 + cx + K$.
અંતરાલ $[1, 2]$ પર રોલનું પ્રમેય લાગુ પાડવા માટે,$f(1) = f(2)$ હોવું જોઈએ.
$f(1) = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c + K$
$f(2) = \frac{8a}{3} + 2b + 2c + K$
$f(1) = f(2)$ લેતા,$\frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{8a}{3} + 2b + 2c$,જેનું સાદું રૂપ $14a + 9b + 6c = 0$ મળે છે ... (ii)
(ii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા: $12a + 6b = 0 \Rightarrow b = -2a$.
$b = -2a$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $2a + 3(-2a) + 6c = 0$ $\Rightarrow 6c = 4a$ $\Rightarrow c = \frac{2}{3}a$.
$a = 3$ લેતા,$b = -6$ અને $c = 2$ મળે છે.
તેથી,$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + K$.
$K = 0$ લેતા,$f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x$.

(D) $x^2+x+1=0$ ના બીજ $\omega$ અને $\omega^2$ છે,જ્યાં $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+\omega+\omega^2=0$.
$\alpha^a+\alpha^b+\alpha^c=0$ માટે,ઘાત $\alpha^a, \alpha^b, \alpha^c$ એ ${1, \omega, \omega^2}$ નો ક્રમચય હોવો જોઈએ.
આનો અર્થ એ છે કે $a, b, c$ એ $3k_1+r_1, 3k_2+r_2, 3k_3+r_3$ સ્વરૂપના હોવા જોઈએ જ્યાં ${r_1, r_2, r_3} = {0, 1, 2}$ મોડ્યુલો $3$ છે.
પાસામાં,સંખ્યાઓ ${1, 2, 3, 4, 5, 6}$ છે.
મોડ્યુલો $3$ મુજબ,આ ${1, 2, 0, 1, 2, 0}$ છે.
ત્યાં બે $1$s,બે $2$s,અને બે $0$s છે.
${r_1, r_2, r_3} = {0, 1, 2}$ મેળવવા માટે,આપણે દરેક શેષના સમૂહમાંથી એક સંખ્યા પસંદ કરવાની જરૂર છે.
કોઈપણ ક્રમમાં ${0, 1, 2}$ શેષ હોય તેવી રીતે $a, b, c$ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $3! \times (2 \times 2 \times 2) = 6 \times 8 = 48$ છે.
કુલ પરિણામો $= 6^3 = 216$.
સંભાવના $= \frac{48}{216} = \frac{2}{9}$.

(D) આપેલ પદાવલિ: $\sum_{x=0}^{\infty} \frac{k^x}{x !} \lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \frac{n !}{(n-x) !}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{n-x}\left(\frac{1}{n}\right)^x$
$= \lim _{n}$ ${\rightarrow \infty} \sum_{x=0}^n \frac{n !}{x !(n-x) !}\left(1-\frac{k}{n}\right)^{n-x}\left(\frac{k}{n}\right)^x$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{x=0}^n { }^n C_x \left(1-\frac{k}{n}\right)^{n-x}\left(\frac{k}{n}\right)^x$
દ્વિપદી પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{x=0}^n { }^n C_x a^{n-x} b^x = (a+b)^n$:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \left(1-\frac{k}{n} + \frac{k}{n}\right)^n$
$= \lim _{n \rightarrow \infty} (1)^n = 1$
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(2,3,5), B(\alpha, 3,3)$ અને $C(7,5, \beta)$ છે.
ધારો કે $D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે. $D$ ના યામ $\left(\frac{\alpha+7}{2}, 4, \frac{3+\beta}{2}\right)$ છે.
મધ્યગા $AD$ ના દિકગુણોત્તર $\left(\frac{\alpha+3}{2}, 1, \frac{\beta-7}{2}\right)$ છે.
મધ્યગા $AD$ યામ અક્ષો સાથે સમાન ખૂણો બનાવતી હોવાથી,તેના દિકગુણોત્તર $(1, 1, 1)$ ના પ્રમાણમાં હોવા જોઈએ.
તેથી,$\frac{\alpha+3}{2} = 1$ અને $\frac{\beta-7}{2} = 1$.
આ ઉકેલતા,$\alpha = -1$ અને $\beta = 9$ મળે છે.
તેથી,$\cos^{-1}\left(\frac{\alpha}{\beta}\right) = \cos^{-1}\left(-\frac{1}{9}\right)$.

(D) કોણ દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$\angle A$ નો દ્વિભાજક સામેની બાજુ $BC$ ને તેની પાસપાસેની બાજુઓ $AB$ અને $AC$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે,એટલે કે $c:b$ ગુણોત્તરમાં,જ્યાં $c = |AB|$ અને $b = |AC|$.
પ્રથમ,બાજુઓ $AB$ અને $AC$ ની લંબાઈ શોધો:
$AB = |(2-4)\hat{i} + (3-7)\hat{j} + (4-8)\hat{k}| = |-2\hat{i} - 4\hat{j} - 4\hat{k}| = \sqrt{4 + 16 + 16} = 6$.
$AC = |(2-4)\hat{i} + (5-7)\hat{j} + (7-8)\hat{k}| = |-2\hat{i} - 2\hat{j} - 1\hat{k}| = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3$.
આમ,ગુણોત્તર $6:3 = 2:1$ છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને $BC$ ને $2:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરતા બિંદુ $D$ નો સ્થાન સદિશ:
$\vec{D} = \frac{2\vec{C} + 1\vec{B}}{2+1} = \frac{2(2\hat{i} + 5\hat{j} + 7\hat{k}) + 1(2\hat{i} + 3\hat{j} + 4\hat{k})}{3} = 2\hat{i} + \frac{13}{3}\hat{j} + 6\hat{k}$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) આપેલ સદિશો $\vec{OA} = 2\hat{i} + 2\hat{j} + \hat{k}$ અને $\vec{OB} = 2\hat{i} + 4\hat{j} + 4\hat{k}$ છે.
પ્રથમ,માન શોધો:
$|\vec{OA}| = 3$ અને $|\vec{OB}| = 6$.
આંતરિક ખૂણાના દ્વિભાજક સદિશ $\vec{OP} = \frac{|\vec{OB}|\vec{OA} + |\vec{OA}|\vec{OB}}{|\vec{OA}| + |\vec{OB}|} = \frac{6\vec{OA} + 3\vec{OB}}{9} = \frac{2\vec{OA} + \vec{OB}}{3}$.
$\vec{OP} = 2\hat{i} + \frac{8}{3}\hat{j} + 2\hat{k}$.
$k^2 = |\vec{OP}|^2 = 2^2 + (\frac{8}{3})^2 + 2^2 = \frac{136}{9}$.
તેથી,$9k^2 = 136$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી તે $x=0$ અને $x=3$ આગળ પણ સતત હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0)$.
$\lim_{x \to 0^-} \frac{x-|x|}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{x-(-x)}{x} = \lim_{x \to 0^-} \frac{2x}{x} = 2$.
$\lim_{x \to 0^+} b\left(\frac{5x^2+a}{x^2-3x+2}\right) = b\left(\frac{a}{2}\right)$.
સરખાવતા: $b\left(\frac{a}{2}\right) = 2 \implies ab = 4$.
$x=3$ આગળ સાતત્ય માટે: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = f(3) = -14$.
મધ્ય ભાગ $x=3$ સુધી માન્ય છે તેમ ધારતા: $\lim_{x \to 3^-} b\left(\frac{5x^2+a}{x^2-3x+2}\right) = b\left(\frac{45+a}{2}\right) = -14$.
$b(45+a) = -28$.
$a = 4/b$ મૂકતા: $b(45 + 4/b) = -28 \implies 45b + 4 = -28 \implies 45b = -32$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,જો આપણે $(a, b) = (2, -7/2)$ ચકાસીએ,તો $ab = -7 \neq 4$. પ્રશ્નમાં ભૂલ હોવા છતાં,વિકલ્પ $(A)$ એ હેતુપૂર્ણ જવાબ છે.

(C) ધારો કે $L = \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\prod_{r=1}^n \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)\right]^{1 / n} = k$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log k = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^n \log \left(1+\frac{r^2}{n^2}\right)$.
આ રીમાન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય:
$\log k = \int_0^1 \log(1+x^2) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \log(1+x^2)$ અને $dv = dx$ લેતા:
$\int \log(1+x^2) dx = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \left(1 - \frac{1}{1+x^2}\right) dx$.
$= x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1}(x)$.
$0$ થી $1$ સુધીની સીમાઓ મૂકતા:
$\log k = [1 \cdot \log(2) - 2(1) + 2 \tan^{-1}(1)] - [0 - 0 + 0]$.
$\log k = \log 2 - 2 + 2 \left(\frac{\pi}{4}\right) = \log 2 + \frac{\pi}{2} - 2$.

(C) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+km}$ છે.
આપણે તેને $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{1+m(\frac{k}{n})}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
નિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f(\frac{k}{n}) = \int_0^1 f(x) dx$.
અહીં,$f(x) = \frac{1}{1+mx}$.
તેથી,સંકલન $\int_0^1 \frac{1}{1+mx} dx$ બને છે.
સંકલનનું મૂલ્ય: $\frac{1}{m} [\log _e(1+mx)]_0^1 = \frac{1}{m} (\log _e(1+m) - \log _e(1)) = \frac{\log _e(1+m)}{m}$.

(D) ધારો કે $P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} [(n+1)(n+2) \cdots (2n)]^{\frac{1}{n}}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\log P = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( \frac{n+r}{n} \right) = \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{r=1}^{n} \log \left( 1 + \frac{r}{n} \right)$.
આ એક રીમેન સરવાળો છે,જેને નિશ્ચિત સંકલન તરીકે દર્શાવી શકાય છે:
$\int_{0}^{1} \log(1+x) dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \log(1+x) dx = (1+x)\log(1+x) - (1+x) + C$.
$0$ થી $1$ સુધી મૂલ્ય શોધતા:
$[(1+x)\log(1+x) - (1+x)]_{0}^{1} = (2\log 2 - 2) - (0 - 1) = 2\log 2 - 1 = \log 4 - \log e = \log \left( \frac{4}{e} \right)$.
તેથી $\log P = \log \left( \frac{4}{e} \right)$,તેથી $P = \frac{4}{e}$.
આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે પોઈસન ચલ $X$ નો મધ્યક $\lambda = 1$ છે.
સંભાવના દળ વિધેય $P(X=r) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^r}{r!} = \frac{e^{-1}}{r!}$ છે.
આપણે $\sum_{r=0}^{\infty} |r-1| P(X=r)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$\sum_{r=0}^{\infty} |r-1| \frac{e^{-1}}{r!} = e^{-1} [ 1 + 0 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots ] = \frac{2}{e}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) એકમ મધ્યક ધરાવતા પોઈસન વિતરણ માટે,$\bar{x} = 1$. સંભાવના દળ વિધેય $P(X=x) = \frac{e^{-1}}{x!}$ છે.
આપણે $\sum_{x=0}^{\infty} |x-1| \frac{e^{-1}}{x!}$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$= \frac{1}{e} \left[ |0-1| \frac{1}{0!} + |1-1| \frac{1}{1!} + |2-1| \frac{1}{2!} + |3-1| \frac{1}{3!} + \dots \right]$
$= \frac{1}{e} \left[ 1 + 0 + \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \frac{3}{4!} + \dots \right]$
$= \frac{1}{e} \left[ 1 + \sum_{x=2}^{\infty} \frac{x-1}{x!} \right] = \frac{1}{e} \left[ 1 + \sum_{x=2}^{\infty} \frac{1}{(x-1)!} - \sum_{x=2}^{\infty} \frac{1}{x!} \right]$
$= \frac{1}{e} \left[ 1 + (e-1) - (e-1-1) \right] = \frac{1}{e} [1 + e - 1 - e + 2] = \frac{2}{e}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) પાસા પર $4$ કરતા મોટી સંખ્યાઓ $5$ અને $6$ છે.
સફળતાની સંભાવના $p = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ છે.
નિષ્ફળતાની સંભાવના $q = 1 - p = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$ છે.
પાસાને $n = 2$ વાર ફેંકવામાં આવે છે,તેથી દ્વિપદી વિતરણનું વિચરણ $\sigma^2 = npq$ દ્વારા મળે છે.
$\sigma^2 = 2 \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{9}$.

(D) પોઈસન વિતરણનું સંભાવના દળ વિધેય $P(X=r) = \frac{e^{-\lambda} \lambda^r}{r!}$ છે.
આપેલ સમીકરણ $2 P(X=1) = 5 P(X=5) + 2 P(X=3)$ છે.
સૂત્ર મૂકતા: $2 \frac{e^{-\lambda} \lambda^1}{1!} = 5 \frac{e^{-\lambda} \lambda^5}{5!} + 2 \frac{e^{-\lambda} \lambda^3}{3!}$.
બંને બાજુ $e^{-\lambda}$ વડે ભાગતા:
$2\lambda = \frac{5 \lambda^5}{120} + \frac{2 \lambda^3}{6}$.
$2\lambda = \frac{\lambda^5}{24} + \frac{\lambda^3}{3}$.
$\lambda$ વડે ભાગતા:
$2 = \frac{\lambda^4}{24} + \frac{\lambda^2}{3}$.
$24$ વડે ગુણતા: $48 = \lambda^4 + 8\lambda^2$.
$\lambda^4 + 8\lambda^2 - 48 = 0$.
ધારો કે $u = \lambda^2$,તો $u^2 + 8u - 48 = 0$.
$(u + 12)(u - 4) = 0$.
કારણ કે $\lambda^2$ ધન હોવું જોઈએ,$u = 4$,તેથી $\lambda^2 = 4$,જેનો અર્થ છે $\lambda = 2$.
પોઈસન વિતરણનું પ્રમાણિત વિચલન $\sigma = \sqrt{\lambda}$ છે.
તેથી,$\sigma = \sqrt{2}$.

(D) આપેલ છે $A=\left[\begin{array}{cc}1 & 0 \\ 0 & -1\end{array}\right]$. નોંધો કે $A^T = A$ અને $A^2 = I$,તેથી $A^T A = A A = I$.
આપણને $X = A P A^T$ આપેલ છે.
તેથી $X^2 = (A P A^T)(A P A^T) = A P (A^T A) P A^T = A P I P A^T = A P^2 A^T$.
ગાણિતિક અનુમાન દ્વારા,$X^n = A P^n A^T$.
તેથી,$X^{50} = A P^{50} A^T$.
હવે,$A^T X^{50} A = A^T (A P^{50} A^T) A = (A^T A) P^{50} (A^T A) = I P^{50} I = P^{50}$.
આપેલ $P = \left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\ 0 & 1\end{array}\right]$,આપણે જોઈએ છીએ કે $P^2 = \left[\begin{array}{ll}1 & 2 \\ 0 & 1\end{array}\right]$,$P^3 = \left[\begin{array}{ll}1 & 3 \\ 0 & 1\end{array}\right]$,અને સામાન્ય રીતે $P^n = \left[\begin{array}{ll}1 & n \\ 0 & 1\end{array}\right]$.
આમ,$P^{50} = \left[\begin{array}{cc}1 & 50 \\ 0 & 1\end{array}\right]$.
તેથી,$A^T X^{50} A = \left[\begin{array}{cc}1 & 50 \\ 0 & 1\end{array}\right]$.

(C) ધારો કે શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 2-x & 2 & 1 \\ 1 & 3-x & 1 \\ 1 & 2 & 2-x \end{bmatrix}$ છે.
શ્રેણિક $A$ અસામાન્ય હોવાથી,તેનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ,એટલે કે $|A| = 0$.
$\begin{vmatrix} 2-x & 2 & 1 \\ 1 & 3-x & 1 \\ 1 & 2 & 2-x \end{vmatrix} = 0$.
સ્તંભ પ્રક્રિયા $C_1 \rightarrow C_1 + C_2 + C_3$ લાગુ પાડતા:
$\begin{vmatrix} 5-x & 2 & 1 \\ 5-x & 3-x & 1 \\ 5-x & 2 & 2-x \end{vmatrix} = 0$.
પ્રથમ સ્તંભમાંથી $(5-x)$ સામાન્ય લેતા:
$(5-x) \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 1 & 3-x & 1 \\ 1 & 2 & 2-x \end{vmatrix} = 0$.
હાર પ્રક્રિયા $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3 - R_1$ લાગુ પાડતા:
$(5-x) \begin{vmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1-x & 0 \\ 0 & 0 & 1-x \end{vmatrix} = 0$.
પ્રથમ સ્તંભને અનુલક્ષીને વિસ્તરણ કરતા:
$(5-x) \cdot 1 \cdot [(1-x)(1-x) - 0] = 0$.
$(5-x)(1-x)^2 = 0$.
આમ,$x$ ની કિંમતો $x = 5, 1, 1$ મળે છે.
$x$ ની કિંમતોનો સરવાળો $5 + 1 + 1 = 7$ થાય છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ શ્રેણિક સમીકરણ: $\begin{bmatrix} 2 & 2 & 3 \\ 7 & 1 & 1 \\ 0 & 6 & 5 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 y + 11 \\ 6 z - 1 \\ 5 y + 11 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} x \\ x \\ 4 z \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} z \\ 3 x \\ 4 y \end{bmatrix}$
ડાબી બાજુનો ગુણાકાર કરતા: $\begin{bmatrix} 2x + 2y + 3z \\ 7x + y + z \\ 6y + 5z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x + 3y + z + 11 \\ 4x + 6z - 1 \\ 9y + 4z + 11 \end{bmatrix}$
ઘટકોની સરખામણી કરતા:
$1) 2x + 2y + 3z = x + 3y + z + 11 \Rightarrow x - y + 2z = 11$
$2) 7x + y + z = 4x + 6z - 1 \Rightarrow 3x + y - 5z = -1$
$3) 6y + 5z = 9y + 4z + 11 \Rightarrow -3y + z = 11$
સમીકરણ $(3)$ પરથી,$z = 3y + 11$. આ કિંમત $(1)$ અને $(2)$ માં મુકતા:
$x - y + 2(3y + 11) = 11 \Rightarrow x + 5y = -11$
$3x + y - 5(3y + 11) = -1 \Rightarrow 3x - 14y = 54$
$x + 5y = -11$ અને $3x - 14y = 54$ નો ઉકેલ મેળવતા:
$x = -11 - 5y \Rightarrow 3(-11 - 5y) - 14y = 54 \Rightarrow -33 - 15y - 14y = 54 \Rightarrow -29y = 87 \Rightarrow y = -3$
તેથી $x = -11 - 5(-3) = 4$ અને $z = 3(-3) + 11 = 2$.
આમ,ઉકેલ $x = 4, y = -3, z = 2$ છે.

(C) આપણી પાસે $A = \begin{bmatrix} \cos \alpha & -\sin \alpha & 0 \\ \sin \alpha & \cos \alpha & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ છે.
નિશ્ચાયક ગણતા,$|A| = \cos \alpha(\cos \alpha - 0) - (-\sin \alpha)(\sin \alpha - 0) + 0 = \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha = 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $|\operatorname{adj} A| = |A|^{n-1}$,જ્યાં $n=3$ એ શ્રેણિકની કક્ષા છે.
તેથી,$|\operatorname{adj} A| = |A|^{3-1} = |A|^2 = (1)^2 = 1$.
વળી,આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A) = |A|^{n-2} A$.
આમ,$\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A) = |A|^{3-2} A = |A| A = 1 \cdot A = A$.
હવે,વ્યસ્ત શ્રેણિકના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$(\operatorname{adj} A)^{-1} = \frac{\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A)}{|\operatorname{adj} A|}$.
કિંમતો મૂકતા,$(\operatorname{adj} A)^{-1} = \frac{A}{1} = A$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) $n$ કક્ષાના નોન-સિંગ્યુલર શ્રેણિક $A$ માટે,$|\text{adj}(A)| = |A|^{n-1}$. અહીં $n=3$ અને $|A|=a$ છે,તેથી $|\text{adj}(A)| = a^{3-1} = a^2$. આમ,$(A)-(II)$.
$(B)$ આપેલ છે કે $AB=O$ અને $A$ નોન-સિંગ્યુલર છે $(|A| \neq 0)$. ડાબી બાજુ $A^{-1}$ વડે ગુણતા,$A^{-1}(AB) = A^{-1}O \implies (A^{-1}A)B = O \implies IB = O \implies B=O$. તેથી,$B$ એ શૂન્ય શ્રેણિક છે. $(B)-(I)$.
$(C)$ નિશ્ચાયક $\Delta = \begin{vmatrix} 1 & x & x^2 \\ \cos(a-b)y & \cos ay & \cos(a+b)y \\ \sin(a-b)y & \sin ay & \sin(a+b)y \end{vmatrix}$. $C_1 \to C_1 + C_3$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $2\cos(ay)\cos(by)$ અને $2\sin(ay)\cos(by)$ વાળા પદો મળે છે. સાદું રૂપ આપતા,નિશ્ચાયક $a$ પર આધારિત નથી. આમ,$(C)-(IV)$.
$(D)$ $B = A - A^T$. તો $B^T = (A - A^T)^T = A^T - A = -(A - A^T) = -B$. આમ,$B$ એ વિસંમિત શ્રેણિક છે. $3$ કક્ષાના વિસંમિત શ્રેણિક માટે નિશ્ચાયક $0$ થાય છે. આમ,$(D)-(V)$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $n$ કક્ષાના ચોરસ શ્રેણિક $A$ માટે,એડજોઈન્ટનો એડજોઈન્ટ $\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A) = |A|^{n-2} A$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં $n=3$ અને $|A|=2$ આપેલ છે,તેથી $\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A) = |A|^{3-2} A = |A| A = 2A$ થાય.
હવે,આપણે આ શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શોધવો પડશે: $|\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A)| = |2A| = 2^n |A| = 2^3 \times 2 = 8 \times 2 = 16$.
હવે,આપણે ગુણાકારની ગણતરી કરીએ: $|\operatorname{adj}(\operatorname{adj} A)| \operatorname{adj}(\operatorname{adj} A) = 16 \times (2A) = 32A$.
આમ,વિકલ્પ $(a)$ સાચો છે.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-25x+24=0$ છે.
સમીકરણના અવયવ પાડતા: $x^2-x-24x+24=0 \Rightarrow x(x-1)-24(x-1)=0 \Rightarrow (x-1)(x-24)=0$.
આમ,બીજ $x=1$ અને $x=24$ છે.
કારણ કે $A$ એ અસામાન્ય શ્રેણિક છે,તેથી $|A| \neq 0$.
કિસ્સો $1$: જો $k=1$ હોય,તો $A=\left[\begin{array}{lll}1 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 1\end{array}\right]$.
$|A| = 1(2-3) - 2(3-3) + 1(3-2) = -1 - 0 + 1 = 0$.
$|A|=0$ હોવાથી,$k=1$ શક્ય નથી.
કિસ્સો $2$: જો $k=24$ હોય,તો $A=\left[\begin{array}{ccc}1 & 2 & 1 \\ 3 & 2 & 3 \\ 1 & 1 & 24\end{array}\right]$.
$|A| = 1(48-3) - 2(72-3) + 1(3-2) = 45 - 138 + 1 = -92$.
હવે,$A$ નો એડજોઈન્ટ (adjoint) શોધીએ:
$C_{11} = 45, C_{12} = -69, C_{13} = 1$
$C_{21} = -47, C_{22} = 23, C_{23} = 1$
$C_{31} = 4, C_{32} = 0, C_{33} = -4$
$\text{adj } A = \left[\begin{array}{ccc}45 & -47 & 4 \\ -69 & 23 & 0 \\ 1 & 1 & -4\end{array}\right]$.
તેથી,$A^{-1} = \frac{1}{|A|} \text{adj } A = \frac{1}{-92} \left[\begin{array}{ccc}45 & -47 & 4 \\ -69 & 23 & 0 \\ 1 & 1 & -4\end{array}\right] = -\frac{1}{92} \left[\begin{array}{ccc}45 & -47 & 4 \\ -69 & 23 & 0 \\ 1 & 1 & -4\end{array}\right]$.

(D) આપેલ છે કે $A A^T = I$,તેથી શ્રેણિક $A$ એ લંબકોણીય (orthogonal) શ્રેણિક છે.
લંબકોણીય શ્રેણિક માટે,નિશ્ચાયક $|A| = \pm 1$ થાય.
$A$ નો નિશ્ચાયક શોધતા:
$|A| = p(p^2 - q r) - q(r p - q^2) + r(r^2 - p q)$
$|A| = p^3 - p q r - q r p + q^3 + r^3 - r p q$
$|A| = p^3 + q^3 + r^3 - 3 p q r$
કારણ કે $|A| = \pm 1$,તેથી:
$p^3 + q^3 + r^3 - 3 p q r = \pm 1$
આમ,$p^3 + q^3 + r^3 = 3 p q r \pm 1$.

(B) ચોરસ શ્રેણિક $A$ નું લાક્ષણિક સમીકરણ $|A-\lambda I|=0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\begin{vmatrix} 1-\lambda & 0 & -2 \\ -2 & -1-\lambda & 2 \\ 3 & 4 & 1-\lambda \end{vmatrix}=0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$(1-\lambda)[(-1-\lambda)(1-\lambda)-8] - 2[-8 - 3(-1-\lambda)] = 0$
$(1-\lambda)[-(1-\lambda^2)-8] - 2[-8 + 3 + 3\lambda] = 0$
$(1-\lambda)(\lambda^2-9) - 2(3\lambda-5) = 0$
$\lambda^2 - 9 - \lambda^3 + 9\lambda - 6\lambda + 10 = 0$
$-\lambda^3 + \lambda^2 + 3\lambda + 1 = 0 \Rightarrow \lambda^3 - \lambda^2 - 3\lambda - 1 = 0$
કેલી-હેમિલ્ટન પ્રમેય મુજબ,દરેક ચોરસ શ્રેણિક તેના લાક્ષણિક સમીકરણનું સમાધાન કરે છે:
$A^3 - A^2 - 3A - I = 0$
બંને બાજુ $A^{-1}$ વડે ગુણતા:
$A^{-1}(A^3 - A^2 - 3A - I) = 0$
$A^2 - A - 3I - A^{-1} = 0$
$A^{-1} = A^2 - A - 3I$

(C) આપેલ શ્રેણિક $A = \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 4 & 4 & -3 & 1 \\ b & 2 & 2 & 2 \\ 9 & 9 & b & 3 \end{bmatrix}$ છે.
શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક (rank) $3$ હોવા માટે,શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક $0$ હોવો જોઈએ અને $3$ ક્રમનો ઓછામાં ઓછો એક શૂન્યતર માઇનર અસ્તિત્વ ધરાવવો જોઈએ.
શ્રેણિકને સરળ બનાવવા માટે હારની પ્રક્રિયાઓ લાગુ કરતા:
$R_2 \rightarrow R_2 - 4R_1$ અને $R_4 \rightarrow R_4 - 9R_1$:
$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ b & 2 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & b+9 & 3 \end{bmatrix}$.
$R_4 \rightarrow R_4 - 3R_2$ લાગુ કરતા:
$A \sim \begin{bmatrix} 1 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ b & 2 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & b+6 & 0 \end{bmatrix}$.
નિશ્ચાયક $3$ હોવા માટે,ચોથી હાર અન્ય હારનું રેખીય સંયોજન હોવી જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે છેલ્લી હાર શૂન્ય થવી જોઈએ.
તેથી,$b+6 = 0$ લેતા,$b = -6$ મળે છે.

(A) આપેલ નિશ્ચાયક સમીકરણ: $\left|\begin{array}{ll}f(x) & f^{\prime}(x) \\ f^{\prime}(x) & f^{\prime \prime}(x)\end{array}\right|=0$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા: $f(x) f^{\prime \prime}(x) - (f^{\prime}(x))^2 = 0$
$\Rightarrow f(x) f^{\prime \prime}(x) = (f^{\prime}(x))^2$
બંને બાજુ $f(x) f^{\prime}(x)$ વડે ભાગતા: $\frac{f^{\prime \prime}(x)}{f^{\prime}(x)} = \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)}$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા: $\int \frac{f^{\prime \prime}(x)}{f^{\prime}(x)} dx = \int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} dx$
$\ln(f^{\prime}(x)) = \ln(f(x)) + C_1$
શરતો $f(0)=1$ અને $f^{\prime}(0)=2$ નો ઉપયોગ કરતા: $\ln(2) = \ln(1) + C_1 \Rightarrow C_1 = \ln(2)$
તેથી,$\ln(f^{\prime}(x)) = \ln(f(x)) + \ln(2) = \ln(2f(x))$
$\Rightarrow f^{\prime}(x) = 2f(x)$
$\Rightarrow \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} = 2$
ફરીથી સંકલન કરતા: $\int \frac{f^{\prime}(x)}{f(x)} dx = \int 2 dx$
$\ln(f(x)) = 2x + C_2$
$f(0)=1$ નો ઉપયોગ કરતા: $\ln(1) = 2(0) + C_2 \Rightarrow C_2 = 0$
આમ,$\ln(f(x)) = 2x \Rightarrow f(x) = e^{2x}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) આપેલ નિશ્ચાયક: $\left|\begin{array}{ccc}a+b+2c & a & b \\ c & 2a+b+c & b \\ c & a & a+2b+c\end{array}\right|=2$.
$C_1 \rightarrow C_1+C_2+C_3$ લેતા:
$\left|\begin{array}{ccc}2(a+b+c) & a & b \\ 2(a+b+c) & 2a+b+c & b \\ 2(a+b+c) & a & a+2b+c\end{array}\right|=2$.
$C_1$ માંથી $2(a+b+c)$ સામાન્ય લેતા:
$2(a+b+c) \left|\begin{array}{ccc}1 & a & b \\ 1 & 2a+b+c & b \\ 1 & a & a+2b+c\end{array}\right|=2$.
$R_2 \rightarrow R_2-R_1$ અને $R_3 \rightarrow R_3-R_1$ લેતા:
$2(a+b+c) \left|\begin{array}{ccc}1 & a & b \\ 0 & a+b+c & 0 \\ 0 & 0 & a+b+c\end{array}\right|=2$.
$C_1$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$2(a+b+c)(a+b+c)^2 = 2 \Rightarrow 2(a+b+c)^3 = 2 \Rightarrow (a+b+c)^3 = 1$.
આમ,$a+b+c = 1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે: $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$.
$a+b+c=1$ હોવાથી,કિંમત $(1)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ થાય.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $2$ છે.

(D) ધારો કે $D = \left|\begin{array}{ccc} 1+\sin ^2 x & \cos ^2 x & 4 \sin 2 x \\ \sin ^2 x & 1+\cos ^2 x & 4 \sin 2 x \\ \sin ^2 x & \cos ^2 x & 1+4 \sin 2 x \end{array}\right|$.
$R_1 \rightarrow R_1 - R_3$ અને $R_2 \rightarrow R_2 - R_3$ પ્રક્રિયા કરતા:
$D = \left|\begin{array}{ccc} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ \sin ^2 x & \cos ^2 x & 1+4 \sin 2 x \end{array}\right|$.
$R_1$ ની સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$D = 1(1(1+4 \sin 2 x) - (-1)(\cos ^2 x)) - 0 + (-1)(0 - 1(\sin ^2 x))$
$D = 1 + 4 \sin 2 x + \cos ^2 x - \sin ^2 x$
$\cos ^2 x - \sin ^2 x = \cos 2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$D = 1 + 4 \sin 2 x + \cos 2 x$.
$f(x) = 1 + 4 \sin 2 x + \cos 2 x$ નું મહત્તમ મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $a \sin \theta + b \cos \theta \in [-\sqrt{a^2+b^2}, \sqrt{a^2+b^2}]$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$a=4, b=1$ છે,તેથી $4 \sin 2 x + \cos 2 x$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{16+1}, \sqrt{16+1}] = [-\sqrt{17}, \sqrt{17}]$ છે.
આમ,મહત્તમ મૂલ્ય $1 + \sqrt{17}$ છે.

(C) ધારો કે $u = |y|$ અને $v = [z]$. સમીકરણો આ મુજબ બનશે:
$2x + 3u + 5v = 0$
$x + u - 2v = 4$
$x + u + v = 1$
ત્રીજા સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા:
$(x + u + v) - (x + u - 2v) = 1 - 4$
$3v = -3 \Rightarrow v = -1$.
$v = -1$ ને બીજા અને ત્રીજા સમીકરણમાં મૂકતા:
$x + u + 2 = 4 \Rightarrow x + u = 2$
$x + u - 1 = 1 \Rightarrow x + u = 2$.
બંને સમીકરણો $x + u = 2$ માં પરિણમે છે,તેથી $(x, u)$ ની અનંત જોડીઓ મળે છે.
આપેલ છે કે $u = |y| = 2 - x$,કોઈપણ $x \leq 2$ માટે,$u$ અ-ઋણ છે.
વળી,$v = [z] = -1$ નો અર્થ છે કે $z \in [-1, 0)$.
આમ,$x$ ની એવી ઘણી કિંમતો છે જેના માટે $|y| = 2 - x \geq 0$ (એટલે કે $x \leq 2$),તેથી $(x, y, z)$ માટે અનંત ઉકેલો મળે છે.

(A) આપેલ સુરેખ સમીકરણ સંહતિ છે:
$x+2y+3z=6$
$x+3y+5z=9$
$2x+5y+\lambda z=\mu$
સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક:
$\Delta = \begin{vmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 5 \\ 2 & 5 & \lambda \end{vmatrix} = 1(3\lambda - 25) - 2(\lambda - 10) + 3(5 - 6) = \lambda - 8$.
અનન્ય ઉકેલ માટે,$\Delta \neq 0$,તેથી $\lambda \neq 8$. આમ,$(B)$ એ $3$ સાથે જોડાય છે.
હવે,$\lambda = 8$ માટે $\Delta_1, \Delta_2, \Delta_3$ ધ્યાનમાં લો:
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 6 & 2 & 3 \\ 9 & 3 & 5 \\ \mu & 5 & 8 \end{vmatrix} = \mu - 15$.
જો $\lambda = 8$ અને $\mu \neq 15$,તો $\Delta_1 \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે સમીકરણ સંહતિને કોઈ ઉકેલ નથી. આમ,$(A)$ એ $2$ સાથે જોડાય છે.
જો $\lambda = 8$ અને $\mu = 15$,તો $\Delta = 0, \Delta_1 = 0, \Delta_2 = 0, \Delta_3 = 0$. સમીકરણ સંહતિને અનંત ઉકેલો છે. આમ,$(C)$ એ $1$ સાથે જોડાય છે.
તેથી,સાચી જોડ $A-2, B-3, C-1$ છે.

(A) સુરેખ સમીકરણોની સંહતિને શૂન્યેતર ઉકેલ હોવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ.
સંહતિ છે:
$x + 7ay + 2az = 0$
$x + 6by + 2bz = 0$
$x + 5cy + 2cz = 0$
નિશ્ચાયક $D$ નીચે મુજબ છે:
$D = \begin{vmatrix} 1 & 7a & 2a \\ 1 & 6b & 2b \\ 1 & 5c & 2c \end{vmatrix} = 0$
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા:
$1(12bc - 10bc) - 1(14ac - 10ac) + 1(14ab - 12ab) = 0$
$2bc - 4ac + 2ab = 0$
$2$ વડે ભાગતા:
$bc - 2ac + ab = 0$
$2ac = ab + bc$
બંને બાજુ $abc$ વડે ભાગતા (કારણ કે $abc \neq 0$):
$\frac{2ac}{abc} = \frac{ab}{abc} + \frac{bc}{abc}$
$\frac{2}{b} = \frac{1}{c} + \frac{1}{a}$
આ શરત સૂચવે છે કે $a, b, c$ હરાત્મક શ્રેણીમાં છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ સુરેખ સમીકરણોની સંહતિ:
$x+y+z=a$ ... $(i)$
$x-y+bz=2$ ... $(ii)$
$2x+3y-z=1$ ... $(iii)$
સંહતિને અનંત ઉકેલો હોવા માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & b \\ 2 & 3 & -1 \end{vmatrix} = 0$
$1(1-3b) - 1(-1-2b) + 1(3+2) = 0$
$1-3b + 1+2b + 5 = 0$
$7-b = 0 \Rightarrow b=7$
હવે,$b=7$ ને સમીકરણોમાં મૂકતા:
$(i) + (ii) \Rightarrow 2x + (1+7)z = a+2 \Rightarrow 2x+8z = a+2 \Rightarrow x+4z = \frac{a+2}{2}$ ... $(iv)$
સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે ગુણીને તેમાંથી $(iii)$ બાદ કરતા:
$3(x+y+z) - (2x+3y-z) = 3a - 1$
$3x+3y+3z - 2x-3y+z = 3a-1$
$x+4z = 3a-1$ ... $(v)$
અનંત ઉકેલો માટે,$(iv)$ અને $(v)$ સમાન હોવા જોઈએ:
$\frac{a+2}{2} = 3a-1$
$a+2 = 6a-2$
$5a = 4$
અંતે,$b-5a = 7-4 = 3$.

(B) આપેલ સમીકરણો:
$x = \frac{a}{b-c} \Rightarrow a - bx + cx = 0$
$y = \frac{b}{c-a} \Rightarrow ay + b - cy = 0$
$z = \frac{c}{a-b} \Rightarrow az - bz - c = 0$
આ સમીકરણોને શ્રેણિક સ્વરૂપમાં નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\left|\begin{array}{ccc}1 & -x & x \\ y & 1 & -y \\ z & -z & -1\end{array}\right| \begin{bmatrix} a \\ b \\ c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{bmatrix}$
$a, b, c$ ના શૂન્યેતર ઉકેલ માટે,સહગુણક શ્રેણિકનો નિશ્ચાયક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$\left|\begin{array}{ccc}1 & -x & x \\ y & 1 & -y \\ z & -z & -1\end{array}\right| = 0$
નિશ્ચાયકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરીને,આ સમીકરણને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$\left|\begin{array}{ccc}1 & -x & x \\ 1 & 1 & -y \\ 1 & z & 1\end{array}\right| = 0$
તેથી,વિકલ્પ $(b)$ સાચો છે.

(C) ક્રેમરના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે નિશ્ચાયકોની ગણતરી કરીએ છીએ:
$\Delta = \begin{vmatrix} 2 & -1 & 8 \\ 3 & 4 & 5 \\ 5 & -2 & 7 \end{vmatrix} = 2(28+10) + 1(21-25) + 8(-6-20) = 76 - 4 - 208 = -136$
$\Delta_1 = \begin{vmatrix} 13 & -1 & 8 \\ 18 & 4 & 5 \\ 20 & -2 & 7 \end{vmatrix} = 13(28+10) + 1(126-100) + 8(-36-80) = 494 + 26 - 928 = -408$
$\Delta_2 = \begin{vmatrix} 2 & 13 & 8 \\ 3 & 18 & 5 \\ 5 & 20 & 7 \end{vmatrix} = 2(126-100) - 13(21-25) + 8(60-90) = 52 + 52 - 240 = -136$
$\Delta_3 = \begin{vmatrix} 2 & -1 & 13 \\ 3 & 4 & 18 \\ 5 & -2 & 20 \end{vmatrix} = 2(80+36) + 1(60-90) + 13(-6-20) = 232 - 30 - 338 = -136$
હવે,$\alpha = \frac{\Delta_1}{\Delta} = \frac{-408}{-136} = 3$,$\beta = \frac{\Delta_2}{\Delta} = \frac{-136}{-136} = 1$,$\gamma = \frac{\Delta_3}{\Delta} = \frac{-136}{-136} = 1$.
તેથી,$\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = (3)(1) + (1)(1) + (1)(3) = 3 + 1 + 3 = 7$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1}\left(\frac{3 x}{5}\right)+\sin ^{-1}\left(\frac{4 x}{5}\right)=\sin ^{-1}(x)$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા:
$\frac{3x}{5}\sqrt{1-\frac{16x^2}{25}} + \frac{4x}{5}\sqrt{1-\frac{9x^2}{25}} = x$.
જો $x=0$ હોય,તો સમીકરણ સાચું ઠરે છે.
$x \neq 0$ માટે,$x$ વડે ભાગતા:
$\frac{3}{25}\sqrt{25-16x^2} + \frac{4}{25}\sqrt{25-9x^2} = 1$.
$3\sqrt{25-16x^2} + 4\sqrt{25-9x^2} = 25$.
ધારો કે $3\sqrt{25-16x^2} = 25 - 4\sqrt{25-9x^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$9(25-16x^2) = 625 + 16(25-9x^2) - 200\sqrt{25-9x^2}$.
$225 - 144x^2 = 625 + 400 - 144x^2 - 200\sqrt{25-9x^2}$.
$200\sqrt{25-9x^2} = 800$.
$\sqrt{25-9x^2} = 4$.
$25-9x^2 = 16 \Rightarrow 9x^2 = 9 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$.
$x=1$ ચકાસતા: $\sin^{-1}(3/5) + \sin^{-1}(4/5) = \sin^{-1}(1) = \pi/2$. જે સાચું છે.
$x=-1$ ચકાસતા: $\sin^{-1}(-3/5) + \sin^{-1}(-4/5) = -(\sin^{-1}(3/5) + \sin^{-1}(4/5)) = -\pi/2 = \sin^{-1}(-1)$. જે સાચું છે.
$x$ ના મૂલ્યો $0, 1, -1$ છે. તેથી સરવાળો $0 + 1 + (-1) = 0$ થાય.

(B) ધારો કે $f(x) = 2(\cos ^{-1} x)^2-\pi \cos ^{-1} x+\frac{\pi^2}{4}$.
ધારો કે $y = \cos ^{-1} x$. કારણ કે $x \in [-1, 1]$,તેથી $y \in [0, \pi]$.
તેથી $f(y) = 2y^2 - \pi y + \frac{\pi^2}{4}$.
પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $f(y) = 2(y^2 - \frac{\pi}{2}y) + \frac{\pi^2}{4} = 2(y - \frac{\pi}{4})^2 - \frac{\pi^2}{8} + \frac{\pi^2}{4} = 2(y - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^2}{8}$.
$y \in [0, \pi]$ માટે,ન્યૂનતમ કિંમત $y = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે,જે $f(\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi^2}{8}$ છે.
મહત્તમ કિંમત સીમા $y = \pi$ પર મળે છે (કારણ કે $|\pi - \frac{\pi}{4}| > |0 - \frac{\pi}{4}|$).
$f(\pi) = 2(\pi - \frac{\pi}{4})^2 + \frac{\pi^2}{8} = 2(\frac{3\pi}{4})^2 + \frac{\pi^2}{8} = 2(\frac{9\pi^2}{16}) + \frac{\pi^2}{8} = \frac{9\pi^2}{8} + \frac{\pi^2}{8} = \frac{10\pi^2}{8} = \frac{5\pi^2}{4}$.
મહત્તમ અને ન્યૂનતમ કિંમતોનો સરવાળો $\frac{5\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{8} = \frac{10\pi^2 + \pi^2}{8} = \frac{11\pi^2}{8}$ થાય.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\sin ^{-1} x+\sin ^{-1} 2 x=\frac{\pi}{3}$
ધારો કે $x=\sin \theta$.
તેથી,$\theta+\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}$.
$\sin ^{-1}(2 \sin \theta)=\frac{\pi}{3}-\theta$.
બંને બાજુ $\sin$ લેતા:
$2 \sin \theta = \sin \left(\frac{\pi}{3}-\theta\right)$.
નિત્યસમ $\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin \theta = \sin \frac{\pi}{3} \cos \theta - \cos \frac{\pi}{3} \sin \theta$.
$2 \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta - \frac{1}{2} \sin \theta$.
બંને બાજુ $\frac{1}{2} \sin \theta$ ઉમેરતા:
$\frac{5}{2} \sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta$.
$\tan \theta = \frac{\sqrt{3}}{5}$.
$\tan \theta = \frac{\text{સામેની બાજુ}}{\text{પાસેની બાજુ}} = \frac{\sqrt{3}}{5}$ હોવાથી,કર્ણ $\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 5^2} = \sqrt{3+25} = \sqrt{28} = 2\sqrt{7}$ થાય.
તેથી,$\sin \theta = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$.
$x = \sin \theta$ હોવાથી,$x = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{3}{7}}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{k=1}^n 2k = 2 \times \frac{n(n+1)}{2} = n(n+1)$.
આ કિંમત પદમાં મૂકતા,આપણને $\cot \left[\sum_{n=3}^{32} \cot ^{-1}(1+n(n+1))\right]$ મળે છે.
નિત્યસમ $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cot^{-1}(1+n(n+1)) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{1+n(n+1)}\right)$ મળે.
કારણ કે $\frac{1}{1+n(n+1)} = \frac{(n+1)-n}{1+(n+1)n}$,આપણે તેને $\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)$ તરીકે લખી શકીએ.
આમ,સરવાળો $\sum_{n=3}^{32} [\tan^{-1}(n+1) - \tan^{-1}(n)]$ બને છે.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $(\tan^{-1} 4 - \tan^{-1} 3) + (\tan^{-1} 5 - \tan^{-1} 4) + \dots + (\tan^{-1} 33 - \tan^{-1} 32)$.
પદો ઉડી જતાં,આપણી પાસે $\tan^{-1} 33 - \tan^{-1} 3$ બાકી રહે છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1}\left(\frac{x-y}{1+xy}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan^{-1}\left(\frac{33-3}{1+33 \times 3}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{30}{100}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{3}{10}\right)$ મળે.
અંતે,આપણે $\cot(\tan^{-1}(\frac{3}{10}))$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $\cot(\tan^{-1}(x)) = \frac{1}{x}$,તેથી $\cot(\tan^{-1}(\frac{3}{10})) = \frac{10}{3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\sum_{k=1}^n \tan^{-1} \left( \frac{1}{k^2+k+1} \right) = \tan^{-1} \theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x-y}{1+xy} \right)$.
સરવાળાની અંદરના પદને આ રીતે લખી શકાય: $\frac{1}{1+k(k+1)} = \frac{(k+1)-k}{1+k(k+1)}$.
તેથી,$\tan^{-1} \left( \frac{1}{k^2+k+1} \right) = \tan^{-1} (k+1) - \tan^{-1} k$.
હવે,આ સરવાળો એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી બને છે:
$\sum_{k=1}^n (\tan^{-1} (k+1) - \tan^{-1} k) = (\tan^{-1} 2 - \tan^{-1} 1) + (\tan^{-1} 3 - \tan^{-1} 2) + \dots + (\tan^{-1} (n+1) - \tan^{-1} n)$.
વચ્ચેના પદો ઉડી જતાં,આપણને મળે છે:
$\tan^{-1} (n+1) - \tan^{-1} 1 = \tan^{-1} \theta$.
સૂત્ર $\tan^{-1} x - \tan^{-1} y = \tan^{-1} \left( \frac{x-y}{1+xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1} \left( \frac{(n+1)-1}{1+(n+1)(1)} \right) = \tan^{-1} \theta$.
$\tan^{-1} \left( \frac{n}{n+2} \right) = \tan^{-1} \theta$.
તેથી,$\theta = \frac{n}{n+2}$.

(C) કારણ કે $f(x) = \frac{|x+2|}{x+2}, x \neq -2$,આપણને $x > -2$ માટે $f(x) = 1$ અને $x < -2$ માટે $f(x) = -1$ મળે છે. તેથી,વિસ્તાર $\{-1, 1\}$ છે.
$(B)$ કારણ કે $g(x) = |[x]|$,અને $[x]$ એ પૂર્ણાંક છે,તેથી $|[x]|$ એ અનૃણ પૂર્ણાંક છે,જે $W$ ગણ છે.
$(C)$ કારણ કે $h(x) = |x - [x]| = |\{x\}|$,અને અપૂર્ણાંક ભાગ $\{x\} \in [0, 1)$,તેથી વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
$(D)$ કારણ કે $-1 \leq \sin 3x \leq 1$,આપણને $1 \leq 2 - \sin 3x \leq 3$ મળે છે. વ્યસ્ત લેતા,$\frac{1}{3} \leq \frac{1}{2 - \sin 3x} \leq 1$. તેથી,વિસ્તાર $[\frac{1}{3}, 1]$ છે.
પરિણામો મેળવતા: $A-5, B-3, C-4, D-1$.

(C) ધારો કે $y = \frac{x}{x^2-5x+9}$.
$y(x^2-5x+9) = x$
$yx^2 - (5y+1)x + 9y = 0$.
કારણ કે $x \in \mathbb{R}$,તેથી વિવેચક $D \geq 0$.
$D = (-(5y+1))^2 - 4(y)(9y) \geq 0$
$25y^2 + 10y + 1 - 36y^2 \geq 0$
$-11y^2 + 10y + 1 \geq 0$
$11y^2 - 10y - 1 \leq 0$
$(11y+1)(y-1) \leq 0$.
આમ,વિસ્તાર $y \in \left[-\frac{1}{11}, 1\right]$ છે.

(B) $f(x) = \sqrt{\frac{x-|x|}{x-[x]}}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$\frac{x-|x|}{x-[x]} \geq 0$ અને $x - [x] \neq 0$ હોવું જરૂરી છે.
$x - |x| \geq 0$ હોવાથી અંશ હંમેશા અનૃણ છે.
વિધેય વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $x - [x] > 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $x \notin Z$.
આમ,$D = R - Z$.
હવે,$g(x) = \frac{2x}{4+x^2}$ માટે,$y = \frac{2x}{4+x^2}$ લો.
$yx^2 - 2x + 4y = 0$. $x$ વાસ્તવિક હોવા માટે,વિવેચક $D_x = (-2)^2 - 4(y)(4y) \geq 0$.
$4 - 16y^2 \geq 0 \implies y^2 \leq \frac{1}{4} \implies y \in [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.
આમ,વિસ્તાર $C = [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$.
$D \cap C = (R - Z) \cap [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] = [-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}] - \{0\}$.
તેથી,$D \cap C = [-\frac{1}{2}, 0) \cup (0, \frac{1}{2}]$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$(0, \frac{1}{2}]$ એ સૌથી યોગ્ય વિકલ્પ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{a-|x|}{(a+1)-|x|}}, (a > 0)$ છે.
$f(x) \geq 0$ હોવાથી,ધારો કે $y^2 = \frac{a-|x|}{(a+1)-|x|}$ જ્યાં $y \geq 0$.
તેથી $y^2((a+1)-|x|) = a-|x|$.
$y^2(a+1) - y^2|x| = a - |x|$.
$|x|(1 - y^2) = a - y^2(a+1)$.
$|x| = \frac{a - y^2(a+1)}{1 - y^2} = \frac{y^2(a+1) - a}{y^2 - 1}$.
$|x| \geq 0$ હોવાથી,$\frac{y^2(a+1) - a}{y^2 - 1} \geq 0$.
અસમતા ઉકેલતા,$y^2 \in [0, \frac{a}{a+1}] \cup (1, \infty)$ મળે છે.
$f(x) = y$ હોવાથી,વિસ્તાર $[0, \sqrt{\frac{a}{a+1}}] \cup (1, \infty)$ થાય.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{3x+5}{7x-3}$ છે.
$f^{-1}(x)$ શોધવા માટે,ધારો કે $y = \frac{3x+5}{7x-3}$.
$y(7x-3) = 3x+5 \Rightarrow 7xy - 3y = 3x+5$.
$x(7y-3) = 3y+5 \Rightarrow x = \frac{3y+5}{7y-3}$.
આમ,$f^{-1}(x) = \frac{3x+5}{7x-3} = f(x)$. તેથી,વિકલ્પ $A$ સત્ય છે.
હવે,$(f \circ f)(x) = f(f(x)) = \frac{3(\frac{3x+5}{7x-3})+5}{7(\frac{3x+5}{7x-3})-3} = \frac{9x+15+35x-15}{21x+35-21x+9} = \frac{44x}{44} = x$. તેથી,વિકલ્પ $B$ સત્ય છે.
કારણ કે $(f \circ f)(x) = x$,તેથી $(f \circ f \circ f)(x) = f((f \circ f)(x)) = f(x) \neq x$.
વળી,$(f \circ f \circ f \circ f)(x) = (f \circ f)(f \circ f)(x) = x$. તેથી,વિકલ્પ $D$ સત્ય છે.
આથી,જે વિધાન સત્ય નથી તે $(f \circ f \circ f)(x) = x$ છે.

(B) આપેલ છે કે સંયોજિત વિધેય $g \circ f: A \rightarrow C$ વ્યાપ્ત છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,દરેક $z \in C$ માટે,એક એવો ઘટક $x \in A$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $(g \circ f)(x) = z$ થાય.
આને $g(f(x)) = z$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $f(x) = y$,જ્યાં $y \in B$,તો આપણને $g(y) = z$ મળે છે.
આનો અર્થ એ છે કે દરેક $z \in C$ માટે,$B$ માં ઓછામાં ઓછો એક એવો ઘટક $y$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $g(y) = z$ થાય.
તેથી,$g$ એ વ્યાપ્ત વિધેય હોવું આવશ્યક છે.
આમ,જરૂરી શરત એ છે કે $g$ વ્યાપ્ત છે.

(C) આપેલ છે કે તમામ $x \in D$ માટે $(g \circ j \circ f)(x) = f(x)$ છે.
વિધેયોની વ્યાખ્યાઓ મૂકતા:
$g(j(f(x))) = f(x)$
કારણ કે $g(x) = 1 - x$,તેથી:
$1 - j(f(x)) = f(x)$
$f(x) = \frac{1}{x}$ મૂકતા:
$1 - j(\frac{1}{x}) = \frac{1}{x}$
$j(\frac{1}{x})$ માટે સમીકરણને ગોઠવતા:
$j(\frac{1}{x}) = 1 - \frac{1}{x}$
ધારો કે $t = \frac{1}{x}$. તો $x = \frac{1}{t}$ થાય.
સમીકરણમાં $t$ મૂકતા:
$j(t) = 1 - t$
આમ,$j(x) = 1 - x = g(x)$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{cases} |[x-5]|, & x < 5 \\ [|x-5|], & x \geq 5 \end{cases}$
સૌ પ્રથમ,આપણે $f\left(-\frac{7}{2}\right)$ ની ગણતરી કરીએ.
કારણ કે $-\frac{7}{2} = -3.5 < 5$,આપણે પ્રથમ કિસ્સાનો ઉપયોગ કરીશું:
$f\left(-\frac{7}{2}\right) = |[-\frac{7}{2} - 5]| = |[-8.5]| = |-9| = 9$.
હવે,આપણે $(f \circ f)\left(-\frac{7}{2}\right) = f(f(-\frac{7}{2})) = f(9)$ ની ગણતરી કરીએ.
કારણ કે $9 \geq 5$,આપણે બીજા કિસ્સાનો ઉપયોગ કરીશું:
$f(9) = [|9-5|] = [|4|] = 4$.
આમ,$(f \circ f)\left(-\frac{7}{2}\right) = 4$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x)=\frac{x}{e^x-1}+\frac{x}{2}+2 \cos ^3 \frac{x}{2}$ એ $R-\{0\}$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
વિધેય યુગ્મ છે કે નહીં તે તપાસવા માટે,આપણે $f(-x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(-x) = \frac{-x}{e^{-x}-1} + \frac{-x}{2} + 2 \cos ^3 \left(-\frac{x}{2}\right)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(- \theta) = \cos(\theta)$,તેથી $\cos^3(-\frac{x}{2}) = \cos^3(\frac{x}{2})$.
$f(-x) = \frac{-x}{\frac{1}{e^x}-1} - \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2}$
$f(-x) = \frac{-x e^x}{1-e^x} - \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2}$
$f(-x) = \frac{x e^x}{e^x-1} - \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2}$
$f(-x) = \frac{x(e^x-1+1)}{e^x-1} - \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2}$
$f(-x) = x + \frac{x}{e^x-1} - \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2}$
$f(-x) = \frac{x}{e^x-1} + \frac{x}{2} + 2 \cos ^3 \frac{x}{2} = f(x)$
અહીં $f(-x) = f(x)$ હોવાથી,આપેલ વિધેય એક યુગ્મ વિધેય છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે,$n(G) = 3$ અને $n(A) = 4$.
$(A)$ $G \times G$ થી $G$ પરના વિધેયોની કુલ સંખ્યા $n(G)^{n(G \times G)} = 3^{(3 \times 3)} = 3^9 = 19683$ છે. $G \times G$ થી $G$ પરના એક-એક અને વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $0$ છે (કારણ કે $n(G \times G) = 9 \neq n(G) = 3$). તેથી,અ-એક-એક અને વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $19683 - 0 = 19683$ છે. તેથી,$A \rightarrow V$.
$(B)$ $A$ થી $A$ પરના એક-એક અને વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $n(A)! = 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24$ છે. તેથી,$B \rightarrow I$.
$(C)$ $G$ થી $G \times A$ પરના વિધેયોની સંખ્યા $n(G \times A)^{n(G)} = (3 \times 4)^3 = 12^3 = 1728$ છે. તેથી,$C \rightarrow III$.
$(D)$ $A$ થી $A \times A$ પરના વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $0$ છે કારણ કે $n(A) = 4$ અને $n(A \times A) = 16$. $n(A) < n(A \times A)$ હોવાથી,કોઈ વ્યાપ્ત વિધેય શક્ય નથી. તેથી,$D \rightarrow II$.
આમ,સાચી જોડ $A-V, B-I, C-III, D-II$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \sqrt{|x|-x} + \frac{1}{\sqrt{|x|-x}}$ છે.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થાય તે માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ:
$|x| - x > 0 \Rightarrow |x| > x$.
આ અસમતા તમામ $x < 0$ માટે સાચી છે. તેથી,પ્રદેશ $A = (-\infty, 0)$ છે.
હવે,$x \in (-\infty, 0)$ માટે,$|x| = -x$ થાય.
વિધેયમાં કિંમત મૂકતા:
$f(x) = \sqrt{-x - x} + \frac{1}{\sqrt{-x - x}} = \sqrt{-2x} + \frac{1}{\sqrt{-2x}}$.
ધારો કે $t = \sqrt{-2x}$. $x < 0$ હોવાથી,$-2x > 0$,તેથી $t > 0$.
વિધેય $f(t) = t + \frac{1}{t}$ બને છે.
$t > 0$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{t + \frac{1}{t}}{2} \geq \sqrt{t \cdot \frac{1}{t}} = 1 \Rightarrow t + \frac{1}{t} \geq 2$.
વિધેય $f(x)$ વ્યાપ્ત હોવાથી,સહપ્રદેશ $B$ એ વિધેયના વિસ્તાર $[2, \infty)$ જેટલો જ હોવો જોઈએ.
તેથી,$A = (-\infty, 0)$ અને $B = [2, \infty)$ છે.