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

(D) ગોળાકાર ટેબલની આસપાસ બેઠેલા $15$ વ્યક્તિઓમાંથી $3$ વ્યક્તિઓને પસંદ કરવાની કુલ રીતો $^{15}C_3$ છે.
એક જગ્યાએ સાથે બેસતા $3$ વ્યક્તિઓને પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $15$ છે.
જરૂરી રીતોની સંખ્યા નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$^{15}C_3 - 15 = \frac{15 \times 14 \times 13}{3 \times 2 \times 1} - 15$
$= (5 \times 7 \times 13) - 15$
$= 455 - 15 = 440$.
આમ,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(C) કારણ કે $15 = 3 \times 5$,$47!$ માં $15$ નો ઘાતાંક $5$ ના ઘાતાંક દ્વારા નક્કી થાય છે કારણ કે $47!$ ના અવિભાજ્ય અવયવીકરણમાં $5$ એ $3$ કરતા ઓછી વાર આવે છે.
લેજેન્ડ્રેના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$n!$ માં અવિભાજ્ય $p$ નો ઘાતાંક $E_p(n!) = \sum_{i=1}^{\infty} \left[ \frac{n}{p^i} \right]$ દ્વારા મળે છે.
$p=5$ અને $n=47$ માટે:
$E_5(47!) = \left[ \frac{47}{5} \right] + \left[ \frac{47}{25} \right] = 9 + 1 = 10$.
આમ,$47!$ ને ભાગતી $15$ ની મહત્તમ ઘાત $15^{10}$ છે.
તેથી,$k = 10$.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણો $2 \cdot 4^{2k+1} + 3^{3k+1} = 11t$ અને $2 \cdot 4^{2k+3} + 3^{3k+4} = 11(pt + 3^q)$ છે.
બીજા સમીકરણને આ રીતે લખી શકાય:
$2 \cdot 4^{2k+1} \cdot 4^2 + 3^{3k+1} \cdot 3^3 = 11(pt + 3^q)$
$16(2 \cdot 4^{2k+1}) + 27(3^{3k+1}) = 11pt + 11 \cdot 3^q$
$2 \cdot 4^{2k+1} = 11t - 3^{3k+1}$ હોવાથી,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$16(11t - 3^{3k+1}) + 27(3^{3k+1}) = 11pt + 11 \cdot 3^q$
$176t + 11 \cdot 3^{3k+1} = 11pt + 11 \cdot 3^q$
$11$ વડે ભાગતા:
$16t + 3^{3k+1} = pt + 3^q$
સરખાવતા,$p = 16$ અને $q = 3k+1$ મળે છે.
તેથી,$(p, q) = (16, 3k+1)$.

(A) આપેલ શ્રેણી $\frac{3}{5}+\frac{21}{25}+\frac{117}{125}+\ldots$ છે.
$k$-મું પદ $1 - (\frac{2}{5})^k$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (1 - (\frac{2}{5})^k) = n - \sum_{k=1}^{n} (\frac{2}{5})^k$.
અહીં,$\sum_{k=1}^{n} (\frac{2}{5})^k$ એ સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જ્યાં $a = \frac{2}{5}$ અને $r = \frac{2}{5}$.
તેનો સરવાળો $\frac{\frac{2}{5}(1-(\frac{2}{5})^n)}{1-\frac{2}{5}} = \frac{2}{3}(1-\frac{2^n}{5^n}) = \frac{2}{3} - \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}$ થાય.
તેથી,$S_n = n - (\frac{2}{3} - \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}) = n - \frac{2}{3} + \frac{2^{n+1}}{3 \times 5^n}$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = \sum_{k=1}^n (x - a_k)^2$ છે.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $f(x) = \sum_{k=1}^n (x^2 - 2xa_k + a_k^2)$ મળે છે.
આનું સાદું રૂપ $f(x) = nx^2 - 2x \sum_{k=1}^n a_k + \sum_{k=1}^n a_k^2$ થાય છે.
$f(x)$ એ $ax^2 + bx + c$ સ્વરૂપનું દ્વિઘાત સમીકરણ હોવાથી,તે $x = -\frac{b}{2a}$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત ધરાવે છે.
અહીં,$a = n$ અને $b = -2 \sum_{k=1}^n a_k$ છે.
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત $x = -\frac{-2 \sum_{k=1}^n a_k}{2n} = \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}$ આગળ મળે છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,સમાંતર મધ્યક $A = \frac{\sum_{k=1}^n a_k}{n}$ છે.
તેથી,$x = A$.

(A) આપેલ શ્રેણી $S = 1 + (1+2+4) + (4+6+9) + (9+12+16) + \ldots + (81+90+100)$ છે.
આને નીચે મુજબ લખી શકાય:
$S = 1 + (1^2 + 1 \times 2 + 2^2) + (2^2 + 2 \times 3 + 3^2) + \ldots + (9^2 + 9 \times 10 + 10^2)$.
$r=1$ થી $10$ માટે શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = (r-1)^2 + r(r-1) + r^2$ છે.
કારણ કે $r^3 - (r-1)^3 = (r - (r-1))(r^2 + r(r-1) + (r-1)^2) = 1 \times (r^2 + r(r-1) + (r-1)^2)$,તેથી $T_r = r^3 - (r-1)^3$.
આમ,$S = \sum_{r=1}^{10} (r^3 - (r-1)^3)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો છે: $(1^3 - 0^3) + (2^3 - 1^3) + (3^3 - 2^3) + \ldots + (10^3 - 9^3) = 10^3 - 0^3 = 1000$.
કારણ $(R)$ જણાવે છે કે $\sum_{r=1}^n (r^3 - (r-1)^3) = n^3$,જે સમાન ટેલિસ્કોપિંગ ગુણધર્મ દ્વારા સાચું છે.
તેથી,$(A)$ અને $(R)$ બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = \sum_{j=1}^n j^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ છે.
આપણે સરવાળો $S_n = \sum_{i=1}^n T_i = \sum_{i=1}^n \frac{i(i+1)(2i+1)}{6}$ શોધવાનો છે.
પદાવલિનું વિસ્તરણ કરતા: $S_n = \frac{1}{6} \sum_{i=1}^n (2i^3 + 3i^2 + i) = \frac{1}{3} \sum i^3 + \frac{1}{2} \sum i^2 + \frac{1}{6} \sum i$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = \frac{1}{3} \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2 + \frac{1}{2} \left[\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\right] + \frac{1}{6} \left[\frac{n(n+1)}{2}\right]$.
$\frac{n(n+1)}{12}$ સામાન્ય લેતા:
$S_n = \frac{n(n+1)}{12} \left[ n(n+1) + (2n+1) + 1 \right] = \frac{n(n+1)}{12} [n^2 + n + 2n + 2] = \frac{n(n+1)(n^2+3n+2)}{12}$.
કારણ કે $n^2+3n+2 = (n+1)(n+2)$,તેથી $S_n = \frac{n(n+1)^2(n+2)}{12}$ મળે છે.

(D) આપેલ શ્રેણી $x = \frac{3}{10} + \frac{3 \cdot 7}{10 \cdot 15} + \frac{3 \cdot 7 \cdot 9}{10 \cdot 15 \cdot 20} + \ldots$ છે.
પદોને ગોઠવવા માટે $5$ વડે ગુણીને ભાગતા:
$x = \frac{3 \cdot 5}{5 \cdot 10} + \frac{3 \cdot 5 \cdot 7}{5 \cdot 10 \cdot 15} + \frac{3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 9}{5 \cdot 10 \cdot 15 \cdot 20} + \ldots$
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-y)^{-n}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $1 + x = (1 - 2/5)^{-3/2} = \frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}}$ મળે છે.
તેથી,$x = \frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}} - 1$.
આમ,$5x + 8 = 5(\frac{5\sqrt{5}}{3\sqrt{3}} - 1) + 8 = \frac{25\sqrt{5}}{3\sqrt{3}} + 3$.

(A) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(3n-1)(3n+2)}$ છે.
આપણે $T_n = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right)$ લખી શકીએ.
$n=16$ માટે,છેલ્લું પદ $\frac{1}{(3(16)-1)(3(16)+2)} = \frac{1}{47 \cdot 50}$ છે.
સરવાળો $S_{16} = \sum_{n=1}^{16} \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3n-1} - \frac{1}{3n+2} \right)$.
$S_{16} = \frac{1}{3} \left[ (\frac{1}{2} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{8}) + \ldots + (\frac{1}{47} - \frac{1}{50}) \right]$.
$S_{16} = \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2} - \frac{1}{50} \right] = \frac{1}{3} \left[ \frac{25-1}{50} \right] = \frac{1}{3} \left[ \frac{24}{50} \right] = \frac{8}{50} = \frac{4}{25}$.

(D) આપેલ શ્રેણી $(1-y)^{-n} - 1$ ના સ્વરૂપમાં છે.
સરખામણી કરતા,$x = \sqrt{5} - 1$ મળે છે.
તેથી,$\frac{1}{x} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ થાય.
$x + \frac{1}{x} = \sqrt{5} - 1 + \frac{\sqrt{5}+1}{4} = \frac{5\sqrt{5} - 3}{4}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $x = \log \left(\tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right)\right)$.
તેથી,$e^x = \tan \left(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{2}\right) = \frac{1+\tan \frac{\theta}{2}}{1-\tan \frac{\theta}{2}}$.
યોગ-વિયોગના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{e^x-1}{e^x+1} = \frac{(1+\tan \frac{\theta}{2}) - (1-\tan \frac{\theta}{2})}{(1+\tan \frac{\theta}{2}) + (1-\tan \frac{\theta}{2})} = \frac{2 \tan \frac{\theta}{2}}{2} = \tan \frac{\theta}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}} = \frac{e^x - 1}{e^x + 1}$.
તેથી,$\tan \frac{\theta}{2} = \tanh \left(\frac{x}{2}\right)$.
બંને બાજુ પ્રતિવિધેય લેતા:
$\frac{x}{2} = \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$.
આમ,$x = 2 \tanh ^{-1}\left(\tan \frac{\theta}{2}\right)$.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $S = \sum_{k=1}^{7} \sin^4 \frac{k\pi}{8}$.
$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\sin \frac{7\pi}{8} = \sin \frac{\pi}{8}$,$\sin \frac{6\pi}{8} = \sin \frac{2\pi}{8}$,અને $\sin \frac{5\pi}{8} = \sin \frac{3\pi}{8}$.
તેથી,$S = 2(\sin^4 \frac{\pi}{8} + \sin^4 \frac{2\pi}{8} + \sin^4 \frac{3\pi}{8}) + \sin^4 \frac{4\pi}{8}$.
$\sin \frac{2\pi}{8} = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin \frac{4\pi}{8} = \sin \frac{\pi}{2} = 1$ હોવાથી,$\sin^4 \frac{2\pi}{8} = (\frac{1}{\sqrt{2}})^4 = \frac{1}{4}$ અને $\sin^4 \frac{4\pi}{8} = 1^4 = 1$ મળે.
હવે,$\sin^4 \frac{\pi}{8} + \sin^4 \frac{3\pi}{8} = \sin^4 \frac{\pi}{8} + \cos^4 \frac{\pi}{8} = (\sin^2 \frac{\pi}{8} + \cos^2 \frac{\pi}{8})^2 - 2\sin^2 \frac{\pi}{8} \cos^2 \frac{\pi}{8} = 1 - \frac{1}{2}\sin^2 \frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{2}(\frac{1}{2}) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$S = 2(\frac{3}{4} + \frac{1}{4}) + 1 = 2(1) + 1 = 3$.

(D) આપેલ છે: $x=\frac{\sin^3 \theta}{\cos^2 \theta}$ અને $y=\frac{\cos^3 \theta}{\sin^2 \theta}$.
આપણે $x+y$ શોધવાનું છે.
$\sin \theta + \cos \theta = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $1 + 2 \sin \theta \cos \theta = \frac{1}{4} \Rightarrow \sin \theta \cos \theta = -\frac{3}{8}$.
ગણતરી કરતા $x+y = \frac{79}{18}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $x+\frac{1}{x}=2 \sin \alpha$. દ્વિઘાત સૂત્ર $x^2 - (2 \sin \alpha)x + 1 = 0$ નો ઉપયોગ કરીને $x$ માટે ઉકેલતા,આપણને $x = \sin \alpha \pm i \cos \alpha = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha) \pm i \sin(\frac{\pi}{2} - \alpha) = e^{\pm i(\frac{\pi}{2} - \alpha)}$ મળે છે.
$x = e^{i(\frac{\pi}{2} - \alpha)}$ લેતા,$x^3 = e^{i(\frac{3\pi}{2} - 3\alpha)}$.
આપેલ છે કે $y+\frac{1}{y}=2 \cos \beta$. $y$ માટે ઉકેલતા,આપણને $y = \cos \beta \pm i \sin \beta = e^{\pm i\beta}$ મળે છે.
$y = e^{i\beta}$ લેતા,$y^3 = e^{i3\beta}$.
આમ,$x^3 y^3 = e^{i(\frac{3\pi}{2} - 3\alpha + 3\beta)} = \cos(\frac{3\pi}{2} + 3(\beta - \alpha)) + i \sin(\frac{3\pi}{2} + 3(\beta - \alpha)) = \sin(3(\beta - \alpha)) - i \cos(3(\beta - \alpha))$.
તે જ રીતે,$\frac{1}{x^3 y^3} = \sin(3(\beta - \alpha)) + i \cos(3(\beta - \alpha))$.
આ બંનેનો સરવાળો કરતા,$x^3 y^3 + \frac{1}{x^3 y^3} = 2 \sin(3(\beta - \alpha))$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપણે નિત્યસમ $2 \cot 2A + \tan A = \cot A$ ... $(i)$ નો ઉપયોગ કરીએ.
આપેલ પદાવલિ: $E = \tan \frac{\pi}{5} + 2 \tan \frac{2 \pi}{5} + 4 \cot \frac{4 \pi}{5}$.
$E = \tan \frac{\pi}{5} + 2 \left[ \tan \frac{2 \pi}{5} + 2 \cot \frac{4 \pi}{5} \right]$.
નિત્યસમ $(i)$ માં $A = \frac{2 \pi}{5}$ લેતા,$\tan \frac{2 \pi}{5} + 2 \cot \frac{4 \pi}{5} = \cot \frac{2 \pi}{5}$ મળે.
તેથી,$E = \tan \frac{\pi}{5} + 2 \cot \frac{2 \pi}{5}$.
ફરીથી નિત્યસમ $(i)$ માં $A = \frac{\pi}{5}$ લેતા,$\tan \frac{\pi}{5} + 2 \cot \frac{2 \pi}{5} = \cot \frac{\pi}{5}$ મળે.
આમ,જવાબ $\cot \frac{\pi}{5}$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan \theta + \tan 2\theta + \sqrt{3} \tan \theta \tan 2\theta = \sqrt{3}$
પદોને ગોઠવતા: $\tan \theta + \tan 2\theta = \sqrt{3}(1 - \tan \theta \tan 2\theta)$
બંને બાજુ $(1 - \tan \theta \tan 2\theta)$ વડે ભાગતા: $\frac{\tan \theta + \tan 2\theta}{1 - \tan \theta \tan 2\theta} = \sqrt{3}$
નિત્યસમ $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા: $\tan(3\theta) = \sqrt{3}$
$\tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$ હોવાથી,$\tan(3\theta) = \tan(\frac{\pi}{3})$
વ્યાપક ઉકેલ: $3\theta = n\pi + \frac{\pi}{3}, n \in Z$
$3$ વડે ભાગતા: $\theta = (3n+1) \frac{\pi}{9}, n \in Z$
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે કે કોઈપણ $x \in \mathbb{R}$ માટે,$\cos (x+\alpha)+\cos (x+\beta)+\cos (x+\gamma)=0$.
આ સમીકરણ સૂચવે છે કે સંકર સમતલમાં એકમ લંબાઈના ત્રણ સદિશોનો સરવાળો શૂન્ય છે,જે સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે.
તેથી,ખૂણાઓ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવા જોઈએ જેનો સામાન્ય તફાવત $\frac{2\pi}{3}$ છે.
ધારો કે $\beta - \alpha = \frac{2\pi}{3}$ અને $\gamma - \beta = \frac{2\pi}{3}$.
તેથી $\gamma - \alpha = (\gamma - \beta) + (\beta - \alpha) = \frac{2\pi}{3} + \frac{2\pi}{3} = \frac{4\pi}{3}$.
તેથી,$\tan(\gamma - \alpha) = \tan(\frac{4\pi}{3}) = \tan(\pi + \frac{\pi}{3}) = \tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$.

(B) આપેલ છે,$\tan \frac{\theta}{2} = \operatorname{cosec} \theta - \sin \theta$
$\tan \frac{\theta}{2} = \frac{1}{\sin \theta} - \sin \theta = \frac{1 - \sin^2 \theta}{\sin \theta} = \frac{\cos^2 \theta}{\sin \theta}$
અડધા ખૂણાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \frac{\theta}{2} = \frac{(1 - \tan^2 \frac{\theta}{2})^2}{2 \tan \frac{\theta}{2} (1 + \tan^2 \frac{\theta}{2})}$
ધારો કે $x = \tan^2 \frac{\theta}{2}$,તો $x^2 + 4x - 1 = 0$
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$x = -2 \pm \sqrt{5}$
$\tan^2 \frac{\theta}{2} > 0$ હોવાથી,$x = -2 + \sqrt{5}$.

(D) આપેલ છે: $\tan A - \tan B = x$ અને $\cot A - \cot B = y$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan A - \tan B = \frac{1}{\cot A} - \frac{1}{\cot B} = \frac{\cot B - \cot A}{\cot A \cot B} = x$.
કારણ કે $\cot A - \cot B = y$,તેથી $\cot B - \cot A = -y$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{-y}{\cot A \cot B} = x$,જેનો અર્થ છે કે $\cot A \cot B = -\frac{y}{x}$.
હવે,$\cot (A - B) = \frac{\cot A \cot B + 1}{\cot B - \cot A}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\cot (A - B) = \frac{-\frac{y}{x} + 1}{-y} = \frac{\frac{x - y}{x}}{-y} = \frac{y - x}{xy}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે: $\sin x + \sin y = \frac{\sqrt{3}+1}{2}$ અને $\cos x + \cos y = \frac{\sqrt{3}-1}{2}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}+1}{2} \implies \sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}+1}{4} \quad (i)$
$2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}-1}{2} \implies \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}-1}{4} \quad (ii)$
$(i)$ ને $(ii)$ વડે ભાગતા:
$\tan \left(\frac{x+y}{2}\right) = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} = 2+\sqrt{3}$.
તેથી,$\tan^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) = (2+\sqrt{3})^2 = 7+4\sqrt{3}$.
$(i)$ અને $(ii)$ નો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$\cos^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) = \frac{1}{2} \implies \sec^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) = 2$.
તેથી,$\tan^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) = 2-1 = 1$.
આમ,$\tan^2 \left(\frac{x-y}{2}\right) + \tan^2 \left(\frac{x+y}{2}\right) = 1 + 7 + 4\sqrt{3} = 8+4\sqrt{3}$.

(C) આપેલ છે કે $\cos \alpha = \frac{a}{b+c}$.
નિત્યસમ $\cos \alpha = \frac{1 - \tan^2(\alpha/2)}{1 + \tan^2(\alpha/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1 - \tan^2(\alpha/2)}{1 + \tan^2(\alpha/2)} = \frac{a}{b+c}$ મળે.
યોગ-વિયોગની રીત (componendo and dividendo) વાપરતા,$\frac{(1 + \tan^2(\alpha/2)) + (1 - \tan^2(\alpha/2))}{(1 + \tan^2(\alpha/2)) - (1 - \tan^2(\alpha/2))} = \frac{(b+c) + a}{(b+c) - a}$ મળે.
આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{2}{2 \tan^2(\alpha/2)} = \frac{a+b+c}{b+c-a}$ થાય,તેથી $\tan^2(\alpha/2) = \frac{b+c-a}{a+b+c}$.
તે જ રીતે,$\tan^2(\beta/2) = \frac{c+a-b}{a+b+c}$ અને $\tan^2(\gamma/2) = \frac{a+b-c}{a+b+c}$.
આ ત્રણેયનો સરવાળો કરતા,$\tan^2(\alpha/2) + \tan^2(\beta/2) + \tan^2(\gamma/2) = \frac{(b+c-a) + (c+a-b) + (a+b-c)}{a+b+c} = \frac{a+b+c}{a+b+c} = 1$.

(A) ધારો કે પદાવલિ $E = \cos ^2 5^{\circ}-(\cos ^2 15^{\circ}+\sin ^2 15^{\circ})+\sin ^2 35^{\circ}+\cos 15^{\circ} \sin 15^{\circ}-\cos 5^{\circ} \sin 35^{\circ}$ છે.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos^2 15^{\circ} + \sin^2 15^{\circ} = 1$ મળે.
વળી,$2 \sin \theta \cos \theta = \sin 2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos 15^{\circ} \sin 15^{\circ} = \frac{1}{2} \sin 30^{\circ} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ મળે.
આ કિંમતો $E$ માં મૂકતા,$E = \cos^2 5^{\circ} - 1 + \sin^2 35^{\circ} + \frac{1}{4} - \cos 5^{\circ} \sin 35^{\circ}$ મળે.
કારણ કે $\cos^2 5^{\circ} - 1 = -\sin^2 5^{\circ}$,તેથી $E = -\sin^2 5^{\circ} + \sin^2 35^{\circ} + \frac{1}{4} - \cos 5^{\circ} \sin 35^{\circ}$ મળે.
$\sin^2 A - \sin^2 B = \sin(A-B)\sin(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 35^{\circ} - \sin^2 5^{\circ} = \sin(35^{\circ}-5^{\circ})\sin(35^{\circ}+5^{\circ}) = \sin 30^{\circ} \sin 40^{\circ} = \frac{1}{2} \sin 40^{\circ}$ મળે.
$2 \cos A \sin B = \sin(A+B) - \sin(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cos 5^{\circ} \sin 35^{\circ} = \frac{1}{2} [\sin(35^{\circ}+5^{\circ}) - \sin(35^{\circ}-5^{\circ})] = \frac{1}{2} (\sin 40^{\circ} - \sin 30^{\circ}) = \frac{1}{2} \sin 40^{\circ} - \frac{1}{4}$ મળે.
આ કિંમતો $E$ માં ફરીથી મૂકતા,$E = \frac{1}{2} \sin 40^{\circ} + \frac{1}{4} - (\frac{1}{2} \sin 40^{\circ} - \frac{1}{4}) = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$ મળે.

(C) ધારો કે $S = \operatorname{cosec} 48^{\circ} + \operatorname{cosec} 96^{\circ} + \operatorname{cosec} 192^{\circ} + \operatorname{cosec} 384^{\circ}$.
$\operatorname{cosec} \theta = \frac{1}{\sin \theta}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{\sin 48^{\circ}} + \frac{1}{\sin 96^{\circ}} + \frac{1}{\sin 192^{\circ}} + \frac{1}{\sin 384^{\circ}}$.
$\sin 192^{\circ} = -\sin 12^{\circ}$ અને $\sin 384^{\circ} = \sin 24^{\circ}$ હોવાથી,
$S = \frac{1}{\sin 48^{\circ}} + \frac{1}{\sin 96^{\circ}} - \frac{1}{\sin 12^{\circ}} + \frac{1}{\sin 24^{\circ}}$.
આ પદોનું સાદું રૂપ આપતા અંતિમ જવાબ $0$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = \cos(90^{\circ} - \theta)$.
તેથી,$\sin 84^{\circ} = \cos(90^{\circ} - 84^{\circ}) = \cos 6^{\circ}$.
હવે,$\cos 66^{\circ} + \sin 84^{\circ} = \cos 66^{\circ} + \cos 6^{\circ}$.
સૂત્ર $\cos C + \cos D = 2 \cos \frac{C+D}{2} \cos \frac{C-D}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \cos \frac{66^{\circ} + 6^{\circ}}{2} \cos \frac{66^{\circ} - 6^{\circ}}{2}$
$= 2 \cos 36^{\circ} \cos 30^{\circ}$.
કારણ કે $\cos 30^{\circ} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\cos 36^{\circ} = \frac{\sqrt{5} + 1}{4}$,તેથી:
$= 2 \times \left(\frac{\sqrt{5} + 1}{4}\right) \times \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$
$= \frac{\sqrt{3}(\sqrt{5} + 1)}{4}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $\theta = \frac{\pi}{6}$,તેથી $x = \log \left[ \cot \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} \right) \right]$.
$x = \log \left[ \cot \left( \frac{5\pi}{12} \right) \right]$.
સૂત્ર $\cot(A+B) = \frac{\cot A \cot B - 1}{\cot A + \cot B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\cot \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\cot(\pi/4) \cot(\pi/6) - 1}{\cot(\pi/6) + \cot(\pi/4)} = \frac{1 \cdot \sqrt{3} - 1}{\sqrt{3} + 1} = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$.
આમ,$e^x = \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}$ અને $e^{-x} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}$.
વ્યાખ્યા $\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sinh(x) = \frac{1}{2} \left( \frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1} - \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1} \right)$.
$\sinh(x) = \frac{1}{2} \left( \frac{(\sqrt{3}-1)^2 - (\sqrt{3}+1)^2}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{3}-1)} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{(3+1-2\sqrt{3}) - (3+1+2\sqrt{3})}{3-1} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{-4\sqrt{3}}{2} \right) = -\sqrt{3}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપણે વ્યસ્ત હાયપરબોલિક વિધેયોના લઘુગણકીય સ્વરૂપો જાણીએ છીએ:
$\sec h^{-1} x = \log \left(\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right)$
$\tan h^{-1} x = \frac{1}{2} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right)$
$\sin h^{-1} x = \log \left(x+\sqrt{x^2+1}\right)$
$x = \frac{1}{2}$ માટે:
$\sec h^{-1} \frac{1}{2} = \log (2+\sqrt{3})$
$\tan h^{-1} \frac{1}{2} = \log \sqrt{3}$
$\sin h^{-1} \frac{1}{2} = \log \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)$
આમ,પદાવલિ:
$= e^{\log \left((2+\sqrt{3}) \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}$
$= \frac{3 + 2\sqrt{3} + 3\sqrt{5} + 2\sqrt{15}}{2}$

(B) આપેલ છે $\sec \theta - 1 = (\sqrt{2} - 1) \tan \theta$ જ્યાં $\cos \theta \neq 0$.
$\Rightarrow \frac{1 - \cos \theta}{\cos \theta} = (\sqrt{2} - 1) \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$
$\cos \theta \neq 0$ હોવાથી,$1 - \cos \theta = (\sqrt{2} - 1) \sin \theta$.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ અને $\sin \theta = 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$:
$2 \sin^2 \frac{\theta}{2} = (\sqrt{2} - 1) 2 \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$
$\Rightarrow 2 \sin \frac{\theta}{2} [\sin \frac{\theta}{2} - (\sqrt{2} - 1) \cos \frac{\theta}{2}] = 0$
આથી કાં તો $\sin \frac{\theta}{2} = 0$ અથવા $\tan \frac{\theta}{2} = \sqrt{2} - 1$.
કિસ્સો $1$: $\sin \frac{\theta}{2} = 0$ $\Rightarrow \frac{\theta}{2} = n \pi$ $\Rightarrow \theta = 2 n \pi, n \in Z$.
કિસ્સો $2$: $\tan \frac{\theta}{2} = \sqrt{2} - 1$. $\tan \frac{\pi}{8} = \sqrt{2} - 1$ હોવાથી,$\frac{\theta}{2} = n \pi + \frac{\pi}{8} \Rightarrow \theta = 2 n \pi + \frac{\pi}{4}, n \in Z$.
આમ,$\theta = 2 n \pi + \frac{\pi}{4} \text{ અથવા } 2 n \pi, n \in Z$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta + 2 \tan 2 \theta + 4 \cot 4 \theta = \cot \theta$.
ધારો કે $\theta = \frac{\pi}{5} = 36^{\circ}$.
તેથી પદાવલિ $\tan \frac{\pi}{5} + 2 \tan \frac{2 \pi}{5} + 4 \cot \frac{4 \pi}{5}$ બને છે.
નિત્યસમ $\tan \theta + 2 \tan 2 \theta + 4 \cot 4 \theta = \cot \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,
$\theta = \frac{\pi}{5}$ મૂકતા,આપણને $\tan \frac{\pi}{5} + 2 \tan \frac{2 \pi}{5} + 4 \cot \frac{4 \pi}{5} = \cot \frac{\pi}{5}$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ છે કે $x: y: z = \tan \left(12^{\circ}+\alpha\right): \tan \left(12^{\circ}+\beta\right): \tan \left(12^{\circ}+\gamma\right)$.
ધારો કે $x = k \tan \left(12^{\circ}+\alpha\right)$,$y = k \tan \left(12^{\circ}+\beta\right)$,અને $z = k \tan \left(12^{\circ}+\gamma\right)$.
પદ $\frac{z+x}{z-x} \sin ^2(\gamma-\alpha)$ ધ્યાનમાં લો.
સૂત્ર $\frac{\tan A + \tan B}{\tan A - \tan B} = \frac{\sin(A+B)}{\sin(A-B)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{z+x}{z-x} = \frac{\tan(12^{\circ}+\gamma) + \tan(12^{\circ}+\alpha)}{\tan(12^{\circ}+\gamma) - \tan(12^{\circ}+\alpha)} = \frac{\sin(24^{\circ} + \gamma + \alpha)}{\sin(\gamma - \alpha)}$.
તેથી,$\frac{z+x}{z-x} \sin ^2(\gamma-\alpha) = \sin(24^{\circ} + \gamma + \alpha) \sin(\gamma - \alpha)$.
$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} [\cos(24^{\circ} + 2\alpha) - \cos(24^{\circ} + 2\gamma)]$.
તે જ રીતે,અન્ય પદોનો સરવાળો કરતા પરિણામ $0$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $x=a \sin ^\alpha \theta \cos ^{\alpha+1} \theta$ અને $y=a \sin ^{\alpha+1} \theta \cos ^\alpha \theta$.
$x^2+y^2$ ની ગણતરી કરો:
$x^2+y^2 = a^2 \sin^{2\alpha} \theta \cos^{2\alpha+2} \theta + a^2 \sin^{2\alpha+2} \theta \cos^{2\alpha} \theta$
$= a^2 \sin^{2\alpha} \theta \cos^{2\alpha} \theta (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = a^2 (\sin \theta \cos \theta)^{2\alpha}$.
$xy$ ની ગણતરી કરો:
$xy = (a \sin ^\alpha \theta \cos ^{\alpha+1} \theta)(a \sin ^{\alpha+1} \theta \cos ^\alpha \theta) = a^2 (\sin \theta \cos \theta)^{2\alpha+1}$.
હવે,પદાવલિ ધ્યાનમાં લો:
$\frac{(x^2+y^2)^m}{(xy)^n} = \frac{(a^2 (\sin \theta \cos \theta)^{2\alpha})^m}{(a^2 (\sin \theta \cos \theta)^{2\alpha+1})^n} = \frac{a^{2m} (\sin \theta \cos \theta)^{2m\alpha}}{a^{2n} (\sin \theta \cos \theta)^{n(2\alpha+1)}}$
$= a^{2m-2n} (\sin \theta \cos \theta)^{2m\alpha - n(2\alpha+1)}$.
પદાવલિ $\theta$ થી સ્વતંત્ર હોવા માટે,$(\sin \theta \cos \theta)$ નો ઘાતાંક $0$ હોવો જોઈએ:
$2m\alpha - n(2\alpha+1) = 0$
$\Rightarrow 2m\alpha = n(2\alpha+1)$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sqrt{4 \sin^4 \theta + \sin^2 2\theta} + 4 \cos^2\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\theta}{2}\right) = 2$.
$\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદ $\sqrt{4 \sin^4 \theta + 4 \sin^2 \theta \cos^2 \theta} = \sqrt{4 \sin^2 \theta (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)} = \sqrt{4 \sin^2 \theta} = 2 |\sin \theta|$ થાય.
$2 \cos^2 x = 1 + \cos 2x$ નો ઉપયોગ કરતા,બીજું પદ $2(1 + \cos(\frac{\pi}{2} - \theta)) = 2(1 + \sin \theta)$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા: $2 |\sin \theta| + 2 + 2 \sin \theta = 2$,જેનું સાદું રૂપ $|\sin \theta| + \sin \theta = 0$ થાય.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $\sin \theta \leq 0$ હોય,જેનો અર્થ છે કે $\theta$ એ $3^{\text{rd}}$ અથવા $4^{\text{th}}$ ચરણમાં છે. તેથી,$(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ માટે,$\sqrt{\sin^2 \theta} = |\sin \theta|$ થાય,$\sin \theta$ નહીં. તેથી,$(R)$ ખોટું છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $4(\sin 2x \sin 4x + \sin^2 x) = 3$
નિત્યસમ $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ અને $2 \sin^2 x = 1 - \cos 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2(2 \sin 2x \sin 4x) + 2(2 \sin^2 x) = 3$
$2(\cos 2x - \cos 6x) + 2 - 2 \cos 2x = 3$
$-2 \cos 6x + 2 = 3$
$\cos 6x = -\frac{1}{2}$
$\cos \theta = \cos \alpha \Rightarrow \theta = 2n\pi \pm \alpha$ હોવાથી,જ્યાં $\alpha = \frac{2\pi}{3}$:
$6x = 2n\pi \pm \frac{2\pi}{3}$
$6$ વડે ભાગતા:
$x = \frac{n\pi}{3} \pm \frac{\pi}{9}, n \in Z$

(C) આપેલ સમીકરણ: $|\cos x|^{2\sin^2 x - 3\sin x + 1} = 1$.
આ સમીકરણ ત્યારે જ શક્ય છે જો:
$1)$ $|\cos x| = 1$
$2)$ ઘાતાંક $0$ હોય (જ્યારે આધાર $0$ ન હોય).
કિસ્સો $1$: $|\cos x| = 1 \implies \cos x = 1$ અથવા $\cos x = -1$.
$x \in [0, 2\pi]$ માટે,$x = 0, \pi, 2\pi$ મળે છે.
કિસ્સો $2$: $2\sin^2 x - 3\sin x + 1 = 0$.
$(2\sin x - 1)(\sin x - 1) = 0$.
$\sin x = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin x = 1$.
જો $\sin x = \frac{1}{2}$,તો $x = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$.
જો $\sin x = 1$,તો $x = \frac{\pi}{2}$.
પરંતુ,પ્રદેશ $x \in [0, 2\pi] - \{\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\}$ છે.
તેથી,$x = \frac{\pi}{2}$ ને બાકાત રાખવામાં આવે છે.
માન્ય ઉકેલો: $x \in \{0, \pi, 2\pi, \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\}$.
કુલ મૂલ્યોની સંખ્યા $5$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $4 \sin^3 x - 3 \sin x + a = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,$a = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ મળે.
નિત્યસમ $\sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x$ નો ઉપયોગ કરતા,સમીકરણ $\sin 3x = a$ બને છે.
કારણ કે $\angle P$ અને $\angle Q$ આ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે,તેથી $\sin 3P = a$ અને $\sin 3Q = a$ થાય.
આમ,$\sin 3P = \sin 3Q$.
$\angle P > \angle Q$ હોવાથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $3P + 3Q = \pi$ થાય.
તેથી,$3(P + Q) = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $P + Q = \frac{\pi}{3}$.
$\triangle PQR$ માં,$P + Q + R = \pi$ થાય.
$P + Q = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા,$R = \pi - \frac{\pi}{3} = \frac{2\pi}{3}$ મળે.

(B) જ્યારે યામ અક્ષોને ધન દિશામાં $\theta = \frac{\pi}{4}$ ખૂણે ફેરવવામાં આવે,ત્યારે રૂપાંતરણ સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$x = X \cos \theta - Y \sin \theta = \frac{X-Y}{\sqrt{2}}$
$y = X \sin \theta + Y \cos \theta = \frac{X+Y}{\sqrt{2}}$
આ કિંમતોને $25x^2 + 9y^2 = 225$ માં મૂકતા:
$25 \left( \frac{X-Y}{\sqrt{2}} \right)^2 + 9 \left( \frac{X+Y}{\sqrt{2}} \right)^2 = 225$
$\frac{25}{2} (X^2 + Y^2 - 2XY) + \frac{9}{2} (X^2 + Y^2 + 2XY) = 225$
$\frac{34X^2 + 34Y^2 - 32XY}{2} = 225$
$17X^2 - 16XY + 17Y^2 = 225$
$\alpha x^2 + \beta xy + \gamma y^2 = \delta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = 17$,$\beta = -16$,$\gamma = 17$,અને $\delta = 225$ મળે છે.
હવે,$(\alpha + \beta + \gamma - \sqrt{\delta})^2$ ની ગણતરી કરતા:
$(17 - 16 + 17 - \sqrt{225})^2 = (18 - 15)^2 = 3^2 = 9$.

(A) આપેલ બિંદુઓ $P(0, 7, 10)$,$Q(-1, 6, 6)$ અને $R(-4, 9, 6)$ છે.
અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2-x_1)^2 + (y_2-y_1)^2 + (z_2-z_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$PQ = \sqrt{(-1-0)^2 + (6-7)^2 + (6-10)^2} = \sqrt{1 + 1 + 16} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
$QR = \sqrt{(-4 - (-1))^2 + (9-6)^2 + (6-6)^2} = \sqrt{(-3)^2 + 3^2 + 0^2} = \sqrt{9 + 9 + 0} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
$PR = \sqrt{(-4-0)^2 + (9-7)^2 + (6-10)^2} = \sqrt{(-4)^2 + 2^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 4 + 16} = \sqrt{36} = 6$.
અહીં $PQ = QR = 3\sqrt{2}$ હોવાથી,ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ છે.
વળી,$PQ^2 + QR^2 = 18 + 18 = 36 = PR^2$. પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$\triangle PQR$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
તેથી,$\triangle PQR$ એ કાટકોણ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $2 x^2+2 y^2-8 x-12 y+18=0$ છે.
પૂર્ણવર્ગની રીતનો ઉપયોગ કરતા:
$2(x^2-4x+4) + 2(y^2-6y+9) = -18 + 8 + 18$
$2(x-2)^2 + 2(y-3)^2 = 8$
$(x-2)^2 + (y-3)^2 = 4$.
જ્યારે ઉગમબિંદુને $(2,3)$ પર ખસેડવામાં આવે,ત્યારે સમીકરણ $X^2 + Y^2 = 4$ બને છે,જ્યાં $X = x-2$ અને $Y = y-3$ છે.
અક્ષોને $\theta = 45^{\circ}$ ના ખૂણે ફેરવવાથી વર્તુળ $X^2 + Y^2 = r^2$ નું સ્વરૂપ બદલાતું નથી,કારણ કે $X^2 + Y^2 = (X' \cos \theta - Y' \sin \theta)^2 + (X' \sin \theta + Y' \cos \theta)^2 = X'^2 + Y'^2$.
તેથી,રૂપાંતરિત સમીકરણ $x^2+y^2=4$ જ રહેશે.

(A) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે રેખાઓના સમીકરણોને જોડીમાં ઉકેલીએ:
$1$. $x+y-1=0$ અને $x-y-1=0$ નું છેદબિંદુ:
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા $2x-2=0$ મળે,તેથી $x=1$. $x=1$ ને $x+y-1=0$ માં મૂકતા $y=0$ મળે. આમ,શિરોબિંદુ $A(1, 0)$ છે.
$2$. $x-y-1=0$ અને $x-3y+3=0$ નું છેદબિંદુ:
પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા $2y-4=0$ મળે,તેથી $y=2$. $y=2$ ને $x-y-1=0$ માં મૂકતા $x=3$ મળે. આમ,શિરોબિંદુ $B(3, 2)$ છે.
$3$. $x-3y+3=0$ અને $x+y-1=0$ નું છેદબિંદુ:
પ્રથમમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા $-4y+4=0$ મળે,તેથી $y=1$. $y=1$ ને $x+y-1=0$ માં મૂકતા $x=0$ મળે. આમ,શિરોબિંદુ $C(0, 1)$ છે.
ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર $(G) = \left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}\right)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$G = \left(\frac{1+3+0}{3}, \frac{0+2+1}{3}\right) = \left(\frac{4}{3}, 1\right)$.

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(-2,-1)$,$B(6,-1)$ અને $C(2,5)$ છે.
પ્રથમ,$AB$ નો લંબદ્વિભાજક શોધો. $A$ અને $B$ નો $y$-યામ સમાન હોવાથી,રેખા $AB$ સમક્ષિતિજ છે. મધ્યબિંદુ $(\frac{-2+6}{2}, -1) = (2,-1)$ છે. લંબદ્વિભાજક શિરોલંબ રેખા $x=2$ છે ... $(i)$.
આગળ,$BC$ નો લંબદ્વિભાજક શોધો. $BC$ નું મધ્યબિંદુ $(\frac{6+2}{2}, \frac{-1+5}{2}) = (4,2)$ છે. $BC$ નો ઢાળ $m = \frac{5-(-1)}{2-6} = \frac{6}{-4} = -\frac{3}{2}$ છે. લંબદ્વિભાજકનો ઢાળ $\frac{2}{3}$ છે. સમીકરણ $y-2 = \frac{2}{3}(x-4)$ $\Rightarrow 3y-6 = 2x-8$ $\Rightarrow 2x-3y=2$ છે ... (ii).
$(i)$ માંથી $x=2$ ને (ii) માં મૂકતા: $2(2)-3y=2$ $\Rightarrow 4-3y=2$ $\Rightarrow 3y=2$ $\Rightarrow y=\frac{2}{3}$.
પરિકેન્દ્ર $(2, \frac{2}{3})$ છે.
$2$ અને $\frac{2}{3}$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2 - (2+\frac{2}{3})x + 2(\frac{2}{3}) = 0$ છે.
$x^2 - \frac{8}{3}x + \frac{4}{3} = 0 \Rightarrow 3x^2-8x+4=0$.
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $P$ એ ઉગમબિંદુ $O(0, 0)$ થી રેખા $3x - 4y + 25 = 0$ પરનો લંબપાદ છે.
લંબ અંતર $OP$ નીચે મુજબ મળે છે:
$OP = \left| \frac{3(0) - 4(0) + 25}{\sqrt{3^2 + (-4)^2}} \right| = \left| \frac{25}{\sqrt{9 + 16}} \right| = \left| \frac{25}{5} \right| = 5$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OAP$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$AP^2 + OP^2 = OA^2$
$AP^2 + 5^2 = 13^2$
$AP^2 = 169 - 25 = 144$
$AP = 12$.
કારણ કે $OP \perp AB$,$P$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $AB = 2 \times AP = 2 \times 12 = 24$.
$\triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times AB \times OP = \frac{1}{2} \times 24 \times 5 = 60$ ચોરસ એકમ.

(C) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(h, k)$,$B(5, -1)$,અને $C(-2, 3)$ છે. ઉગમબિંદુ $O(0, 0)$ એ લંબકેન્દ્ર છે.
$AO \perp BC$ હોવાથી,$AO$ નો ઢાળ $\times$ $BC$ નો ઢાળ $= -1$.
$BC$ નો ઢાળ $= \frac{3 - (-1)}{-2 - 5} = \frac{4}{-7}$.
$AO$ નો ઢાળ $= \frac{k - 0}{h - 0} = \frac{k}{h}$.
તેથી,$\frac{k}{h} \times \left(-\frac{4}{7}\right) = -1$ $\Rightarrow \frac{k}{h} = \frac{7}{4}$ $\Rightarrow 7h - 4k = 0$ (સમી. $1$).
$BO \perp AC$ હોવાથી,$BO$ નો ઢાળ $\times$ $AC$ નો ઢાળ $= -1$.
$BO$ નો ઢાળ $= \frac{-1 - 0}{5 - 0} = -\frac{1}{5}$.
$AC$ નો ઢાળ $= \frac{k - 3}{h - (-2)} = \frac{k - 3}{h + 2}$.
તેથી,$\left(-\frac{1}{5}\right) \times \left(\frac{k - 3}{h + 2}\right) = -1$ $\Rightarrow k - 3 = 5(h + 2)$ $\Rightarrow 5h - k + 13 = 0$ (સમી. $2$).
સમી. $1$ પરથી,$k = \frac{7h}{4}$. આ કિંમત સમી. $2$ માં મૂકતા:
$5h - \frac{7h}{4} + 13 = 0$ $\Rightarrow \frac{20h - 7h}{4} = -13$ $\Rightarrow 13h = -52$ $\Rightarrow h = -4$.
તેથી $k = \frac{7(-4)}{4} = -7$.
આમ,ત્રીજું શિરોબિંદુ $(-4, -7)$ છે.

(D) આપેલ રેખાઓ $x+y-1=0$ અને $6x^2-13xy+5y^2=0$ છે.
બીજા સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$6x^2-10xy-3xy+5y^2=0$
$(2x-y)(3x-5y)=0$
તેથી,રેખાઓ $2x-y=0$ અને $3x-5y=0$ છે.
ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A$,અને $B$ છે.
$2x-y=0$ અને $x+y-1=0$ ઉકેલતા,$A = (1/3, 2/3)$ મળે.
$3x-5y=0$ અને $x+y-1=0$ ઉકેલતા,$B = (5/8, 3/8)$ મળે.
ધારો કે લંબકેન્દ્ર $H(h, k)$ છે.
$B$ માંથી $OA$ પરનો વેધ $y=2x$ ને લંબ છે. તેનું સમીકરણ $4x + 8y - 6 = 0$ છે.
$A$ માંથી $OB$ પરનો વેધ $y=3/5x$ ને લંબ છે. તેનું સમીકરણ $15x + 9y - 11 = 0$ છે.
આ બે વેધના સમીકરણો ઉકેલતા:
$4h + 8k = 6$ અને $15h + 9k = 11$.
ઉકેલતા $h = 17/42$ અને $k = 109/168$ મળે.
ઉગમબિંદુથી અંતર $\sqrt{h^2+k^2} = \frac{11\sqrt{2}}{24}$ થાય.

(A) $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{3+4+6}{3}, \frac{2+1+2}{3}, \frac{-1+1+5}{3}\right) = \left(\frac{13}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3}\right)$ છે.
કારણ કે $D, E, F$ બાજુઓ $BC, CA, AB$ ને સમાન ગુણોત્તર $k:1$ (જ્યાં $k=2$) માં વિભાજિત કરે છે,તેથી $\triangle DEF$ નું મધ્યકેન્દ્ર એ $\triangle ABC$ ના મધ્યકેન્દ્ર સમાન જ હોય છે.
તેથી,$\triangle DEF$ નું મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{13}{3}, \frac{5}{3}, \frac{5}{3}\right)$ છે.

(D) આપેલ રેખાઓ છે:
$x+2y-3=0$ $\dots(i)$
$3x+4y-7=0$ $\dots(ii)$
$2x+3y-4=0$ $\dots(iii)$
$4x+5y-6=0$ $\dots(iv)$
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ઉકેલતા:
$(i)$ પરથી,$x = 3-2y$. $(ii)$ માં મૂકતા:
$3(3-2y) + 4y - 7 = 0$
$9 - 6y + 4y - 7 = 0$
$-2y + 2 = 0 \implies y = 1$.
તેથી $x = 3 - 2(1) = 1$.
છેદબિંદુ $P(1, 1)$ છે.
હવે,તપાસો કે $P(1, 1)$ એ $(iii)$ નું સમાધાન કરે છે કે નહીં:
$2(1) + 3(1) - 4 = 2 + 3 - 4 = 1 \neq 0$.
પ્રથમ બે રેખાઓનું છેદબિંદુ ત્રીજી રેખા પર ન હોવાથી,રેખાઓ સંગામી નથી.

(D) બે સમાન બાજુઓના સમીકરણો:
$7x-y+3=0 \quad \dots(i)$
$x+y-3=0 \quad \dots(ii)$
સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણમાં,ત્રીજી બાજુ એ બે સમાન બાજુઓ વચ્ચેના ખૂણાના દ્વિભાજકને લંબ હોય છે.
ધારો કે ત્રીજી બાજુનો ઢાળ $m$ છે. ત્રીજી બાજુ અને $7x-y+3=0$ (ઢાળ $m_1=7$) વચ્ચેનો ખૂણો,ત્રીજી બાજુ અને $x+y-3=0$ (ઢાળ $m_2=-1$) વચ્ચેના ખૂણા જેટલો જ હોય છે.
સૂત્ર $\tan \theta = |\frac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$|\frac{m-7}{1+7m}| = |\frac{m+1}{1-m}|$
આ સમીકરણ ઉકેલતા આપણને $3m^2 + 8m - 3 = 0$ મળે છે.
$(3m-1)(m+3) = 0$
તેથી,$m = \frac{1}{3}$ અથવા $m = -3$.
અહીં $m$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$m = -3$.

(C) $3x - 4y + 1 = 0$ અને $5x + y - 1 = 0$ રેખાઓના છેદબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $(3x - 4y + 1) + \lambda(5x + y - 1) = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,$(3 + 5\lambda)x + (\lambda - 4)y = \lambda - 1$ મળે છે.
રેખાનું અંતઃખંડ સ્વરૂપ $\frac{x}{\frac{\lambda - 1}{3 + 5\lambda}} + \frac{y}{\frac{\lambda - 1}{\lambda - 4}} = 1$ છે.
અંતઃખંડ સમાન અને શૂન્યતર હોવાથી,$\frac{\lambda - 1}{3 + 5\lambda} = \frac{\lambda - 1}{\lambda - 4}$ જ્યાં $\lambda \neq 1$.
આથી $\lambda - 4 = 3 + 5\lambda$,જેનો ઉકેલ $4\lambda = -7$ એટલે કે $\lambda = -\frac{7}{4}$ મળે છે.
$\lambda = -\frac{7}{4}$ ને $(3 + 5\lambda)x + (\lambda - 4)y = \lambda - 1$ માં મૂકતા,$(3 - \frac{35}{4})x + (-\frac{7}{4} - 4)y = -\frac{7}{4} - 1$ મળે છે.
સાદું રૂપ આપતા,$-\frac{23}{4}x - \frac{23}{4}y = -\frac{11}{4}$,જે $23x + 23y = 11$ આપે છે.

(D) અંતઃખંડો $a$ અને $b$ વાળી રેખા $L$ નું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
જ્યારે અક્ષોને $\theta$ ખૂણે ફેરવવામાં આવે,ત્યારે નવા યામ $(x', y')$ અને જૂના યામ $(x, y)$ વચ્ચેનો સંબંધ $x = x' \cos \theta - y' \sin \theta$ અને $y = x' \sin \theta + y' \cos \theta$ છે.
આ કિંમતો રેખાના સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{x' \cos \theta - y' \sin \theta}{a} + \frac{x' \sin \theta + y' \cos \theta}{b} = 1$
$x' \left( \frac{\cos \theta}{a} + \frac{\sin \theta}{b} \right) + y' \left( \frac{\cos \theta}{b} - \frac{\sin \theta}{a} \right) = 1$.
નવી અક્ષોમાં રેખાના અંતઃખંડ સ્વરૂપ $\frac{x'}{p} + \frac{y'}{q} = 1$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$\frac{1}{p} = \frac{\cos \theta}{a} + \frac{\sin \theta}{b}$ અને $\frac{1}{q} = \frac{\cos \theta}{b} - \frac{\sin \theta}{a}$.
આ સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$\frac{1}{p^2} + \frac{1}{q^2} = \left( \frac{\cos \theta}{a} + \frac{\sin \theta}{b} \right)^2 + \left( \frac{\cos \theta}{b} - \frac{\sin \theta}{a} \right)^2$
$= \frac{\cos^2 \theta}{a^2} + \frac{\sin^2 \theta}{b^2} + \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{ab} + \frac{\cos^2 \theta}{b^2} + \frac{\sin^2 \theta}{a^2} - \frac{2 \sin \theta \cos \theta}{ab}$
$= \frac{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}{a^2} + \frac{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}{b^2}$
$= \frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2}$.
આમ,$\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = \frac{1}{p^2} + \frac{1}{q^2}$.

(B) આપેલ રેખાઓ $L_1: 4x+y-1=0$ અને $L_2: 3x-4y+1=0$ છે. $L_1$ નો ઢાળ $m_1 = -4$ અને $L_2$ નો ઢાળ $m_2 = \frac{3}{4}$ છે.
બિંદુ $A(2, -7)$ છે. રેખા $AB$ એ $L_1$ છે. બિંદુ $B$ એ $L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ છે.
$AB=AC$ હોવાથી અને $A$ સામાન્ય બિંદુ હોવાથી,$AB$ અને $BC$ વચ્ચેનો ખૂણો એ $AC$ અને $BC$ વચ્ચેના ખૂણા જેટલો જ હોવો જોઈએ. ધારો કે $AC$ નો ઢાળ $m$ છે. $AB$ અને $BC$ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = |\frac{m_1-m_2}{1+m_1m_2}| = |\frac{-4 - 3/4}{1 + (-4)(3/4)}| = \frac{19}{8}$ દ્વારા મળે છે.
$BC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ $ABC$ નો પાયો હોવાથી,રેખા $BC$ એ $AB$ અને $AC$ સાથે સમાન ખૂણો બનાવે છે. તેથી $AC$ અને $BC$ વચ્ચેનો ખૂણો પણ $\theta = \tan^{-1}(\frac{19}{8})$ છે.
$\tan \theta = |\frac{m-m_2}{1+mm_2}|$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{19}{8} = |\frac{m-3/4}{1+m(3/4)}| = |\frac{4m-3}{4+3m}|$.
આના બે કિસ્સા મળે છે: $\frac{4m-3}{4+3m} = \frac{19}{8}$ અથવા $\frac{4m-3}{4+3m} = -\frac{19}{8}$.
કિસ્સો $1$: $32m - 24 = 76 + 57m \Rightarrow m = -4$ (આ રેખા $AB$ છે).
કિસ્સો $2$: $32m - 24 = -76 - 57m$ $\Rightarrow 89m = -52$ $\Rightarrow m = -\frac{52}{89}$.
રેખા $AC$ નું સમીકરણ $y - (-7) = -\frac{52}{89}(x - 2) \Rightarrow 52x + 89y + 519 = 0$ છે.

(B) $AB$ નો લંબદ્વિભાજક $2x+3y+1=0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $-2/3$ છે. તેથી,$AB$ નો ઢાળ $3/2$ છે.
$AB$ નું સમીકરણ $y-2 = \frac{3}{2}(x-3)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $3x-2y-5=0$ થાય છે.
$AB$ $(3x-2y-5=0)$ અને તેના લંબદ્વિભાજક $(2x+3y+1=0)$ નું છેદબિંદુ $AB$ નું મધ્યબિંદુ $D$ આપે છે. ઉકેલતા,$D=(1,-1)$ મળે છે.
$D$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\frac{3+x_B}{2}=1$ અને $\frac{2+y_B}{2}=-1$,તેથી $B=(-1,-4)$ મળે છે.
$AC$ નો લંબદ્વિભાજક $x+2y-2=0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $-1/2$ છે. તેથી,$AC$ નો ઢાળ $2$ છે.
$AC$ નું સમીકરણ $y-2 = 2(x-3)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $2x-y-4=0$ થાય છે.
$AC$ $(2x-y-4=0)$ અને તેના લંબદ્વિભાજક $(x+2y-2=0)$ નું છેદબિંદુ $AC$ નું મધ્યબિંદુ $E$ આપે છે. ઉકેલતા,$E=(2,0)$ મળે છે.
$E$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$\frac{3+x_C}{2}=2$ અને $\frac{2+y_C}{2}=0$,તેથી $C=(1,-2)$ મળે છે.
$B(-1,-4)$ અને $C(1,-2)$ માંથી પસાર થતી બાજુ $BC$ નું સમીકરણ $y-(-4) = \frac{-2-(-4)}{1-(-1)}(x-(-1))$ છે.
$y+4 = \frac{2}{2}(x+1) \implies y+4 = x+1 \implies x-y-3=0$.

(A) વિધેય $f: R \rightarrow R$ માટે જે $f(x)=px+q$ $(p \neq 0)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે,તે એક સુરેખ વિધેય છે. સુરેખ વિધેયો વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણ $R$ પર બાયજેક્શન (એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને) હોય છે. તેથી,$A \rightarrow II$.
$(B)$ વિધેય $f: R \rightarrow R^{+} \cup \{0\}$ માટે જે $f(x)=x^2$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે,આપણે જોઈએ છીએ કે $f(-1)=f(1)=1$,તેથી તે એક-એક નથી. જોકે,દરેક $y \in R^{+} \cup \{0\}$ માટે,$x = \sqrt{y} \in R$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $f(x)=y$,તેથી તે વ્યાપ્ત છે. તેથી,$B \rightarrow IV$.
$(C)$ $f: N \rightarrow N$ માટે જે $f(n)=n^2+2n+3$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે,તે એક-એક છે કારણ કે $f(n_1)=f(n_2) \implies n_1^2+2n_1+3 = n_2^2+2n_2+3 \implies (n_1-n_2)(n_1+n_2+2)=0$,જેનો અર્થ છે $n_1=n_2$ માટે $n \in N$. તે વ્યાપ્ત નથી કારણ કે $f(n)=3$ માટે,$n^2+2n+3=3 \implies n(n+2)=0$,જે $n=0$ અથવા $n=-2$ આપે છે,જેમાંથી કોઈ પણ $N$ માં નથી. તેથી,$C \rightarrow III$.
$(D)$ $f: R \rightarrow R$ માટે જે $f(x)=2(\cos^2 5x + \sin^2 5x) = 2(1) = 2$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે. આ એક અચળ વિધેય છે. અચળ વિધેય એક-એક પણ નથી અને વ્યાપ્ત પણ નથી. તેથી,$D \rightarrow I$.
તેથી,સાચી જોડ $(A)-II, (B)-IV, (C)-III, (D)-I$ છે.

(D) વિધેય $f(x)$ સતત હોવા માટે,તે $x=1$,$x=3$,અને $x=5$ બિંદુઓ પર સતત હોવું જોઈએ.
$x=1$ પર: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = 5$ અને $\lim_{x \to 1^+} f(x) = a+b$. તેથી,$a+b=5$ (સમીકરણ $i$).
$x=3$ પર: $\lim_{x \to 3^-} f(x) = a+3b$ અને $\lim_{x \to 3^+} f(x) = b+15$. તેથી,$a+3b = b+15 \Rightarrow a+2b=15$ (સમીકરણ $ii$).
$x=5$ પર: $\lim_{x \to 5^-} f(x) = b+25$ અને $\lim_{x \to 5^+} f(x) = 30$. તેથી,$b+25=30 \Rightarrow b=5$ (સમીકરણ $iii$).
$b=5$ ને સમીકરણ $ii$ માં મૂકતા: $a+2(5)=15 \Rightarrow a=5$.
હવે,તપાસો કે શું $a=5$ અને $b=5$ સમીકરણ $i$ નું પાલન કરે છે: $5+5 = 10 \neq 5$.
આમ,$x=1, 3, 5$ પર સાતત્યની શરતો એકસાથે સંતોષાતી ન હોવાથી,$f$ એ $a$ અને $b$ ની કોઈપણ કિંમત માટે સતત નથી.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x-1}{x^3+6x^2+11x+6}$ છે.
સૌ પ્રથમ,છેદ $x^3+6x^2+11x+6$ ના અવયવો પાડીએ.
અવયવ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$x = -1$ મુકતા $(-1)^3 + 6(-1)^2 + 11(-1) + 6 = -1 + 6 - 11 + 6 = 0$ મળે છે.
તેથી,$(x+1)$ એ એક અવયવ છે. બહુપદીને $(x+1)$ વડે ભાગતા $x^2+5x+6$ મળે છે,જેના અવયવો $(x+2)(x+3)$ થાય છે.
આમ,$f(x) = \frac{x-1}{(x+1)(x+2)(x+3)}$.
સંમેય વિધેય ત્યાં અસતત હોય છે જ્યાં તેનો છેદ શૂન્ય થાય.
છેદને શૂન્ય લેતા: $(x+1)(x+2)(x+3) = 0$.
આથી અસતત બિંદુઓ $x = -1, -2, -3$ મળે છે.
આમ,$\mathbb{R}$ માં અસતત બિંદુઓની કુલ સંખ્યા $3$ છે.

(A) વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત હોવા માટે,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ હોવું જોઈએ.
$\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} - \dots$ અને $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} - \dots$ ના ટેલર શ્રેણી વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(\sin x) = 1 - \frac{(x - x^3/6)^2}{2} + \frac{(x - x^3/6)^4}{24} = 1 - \frac{x^2 - x^4/3}{2} + \frac{x^4}{24} = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}$.
હવે,$f(x) = \frac{(1 - x^2/2 + 5x^4/24) - (1 - x^2/2 + x^4/24)}{x^4} = \frac{4x^4/24}{x^4} = \frac{1}{6}$.
તેથી,$k = \lim_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{6}$.

(D) વિધેય $f(x) = [x] + |1 - x|$ ને અંતરાલ $[-1, 3]$ પર વ્યાખ્યાયિત કરેલ છે.
અંતરાલ $[-1, 3]$ માં મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ માટે અસતત બિંદુઓ $x = 0, 1, 2, 3$ છે.
$x = 1$ આગળ,વિધેય $f(x) = [x] + |1 - x|$ છે. કારણ કે $|1 - x|$ દરેક જગ્યાએ સતત છે,તેથી વિકલનીય ન હોવાના બિંદુઓ $[x]$ ની અસતતતા $x = 0, 1, 2, 3$ આગળ અને $|1 - x|$ ના ખૂણાના બિંદુ $x = 1$ આગળ મળે છે.
બિંદુઓની ચકાસણી:
$1$. $x = 0$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$2$. $x = 1$ આગળ: $[x]$ અસતત છે અને $|1 - x|$ ને ખૂણો છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$3$. $x = 2$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
$4$. $x = 3$ આગળ: $[x]$ અસતત છે,તેથી $f(x)$ વિકલનીય નથી.
આમ,વિધેય $x = 0, 1, 2, 3$ આગળ વિકલનીય નથી. આવા કુલ $4$ બિંદુઓ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = |x - 0.5| + |x - 1| + \tan x$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે માનાંક વિધેય $|x - a|$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.
તેથી,$|x - 0.5|$ એ $x = 0.5$ આગળ અને $|x - 1|$ એ $x = 1$ આગળ વિકલનીય નથી.
બંને $x = 0.5$ અને $x = 1$ એ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવેલા છે.
વધુમાં,વિધેય $\tan x$ એ $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વ્યાખ્યાયિત નથી (અને તેથી વિકલનીય પણ નથી).
કારણ કે $\pi \approx 3.14$,તેથી $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$,જે પણ અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવે છે.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0.5$,$x = 1$,અને $x = \frac{\pi}{2}$ આગળ વિકલનીય નથી.
અંતરાલ $(0, 2)$ માં આવા કુલ $3$ બિંદુઓ છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) $f(x)$ દરેક જગ્યાએ વિકલનીય હોવા માટે,તે $x = 1$ અને $x = -1$ આગળ સતત અને વિકલનીય હોવું જોઈએ. $f(x)$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે $x = 1$ આગળ ચકાસીએ.
$x = 1$ આગળ સાતત્ય: $\lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^+} f(x) = f(1)$.
$\lim_{x \to 1^-} (\alpha x^2 - \beta) = \alpha - \beta$.
$\lim_{x \to 1^+} (-\frac{1}{x}) = -1$.
તેથી,$\alpha - \beta = -1$ (સમીકરણ $1$).
$x = 1$ આગળ વિકલનીયતા: $f'(1^-) = f'(1^+)$.
$|x| < 1$ માટે $f'(x) = 2\alpha x$ અને $|x| > 1$ માટે $f'(x) = \frac{1}{x^2}$.
$f'(1^-) = 2\alpha(1) = 2\alpha$.
$f'(1^+) = \frac{1}{(1)^2} = 1$.
આમ,$2\alpha = 1 \implies \alpha = \frac{1}{2}$.
સમીકરણ $1$ માં $\alpha = \frac{1}{2}$ મૂકતા: $\frac{1}{2} - \beta = -1 \implies \beta = \frac{3}{2}$.
તેથી,ક્રમયુક્ત જોડ $(\alpha, \beta) = (\frac{1}{2}, \frac{3}{2})$ છે.

(B) આપેલ વિધેય:
$f(x) = \begin{cases} x-1, & -\infty < x < 1 \\ 0, & x=1 \\ x^3-1, & 1 < x < \infty \end{cases}$
પ્રથમ,$x=1$ આગળ સાતત્ય ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} (x-1) = 1-1 = 0$.
જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} (x^3-1) = 1^3-1 = 0$.
વિધેયનું મૂલ્ય $f(1) = 0$.
અહીં $LHL$ = $RHL$ = $f(1)$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ સતત છે.
હવે,$x=1$ આગળ વિકલનીયતા ચકાસીએ:
ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^-} \frac{(x-1)-0}{x-1} = 1$.
જમણી બાજુનું વિકલન $(RHD)$ = $\lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{f(x)-f(1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{(x^3-1)-0}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} \frac{(x-1)(x^2+x+1)}{x-1} = \lim_{x \rightarrow 1^+} (x^2+x+1) = 1^2+1+1 = 3$.
અહીં $LHD$ $\neq$ $RHD$ હોવાથી,વિધેય $x=1$ આગળ વિકલનીય નથી.

(D) આપેલ છે કે $x=\sec \theta-\cos \theta$ અને $y=\sec ^{10} \theta-\cos ^{10} \theta$.
$x$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{d\theta} = \sec \theta \tan \theta + \sin \theta = \tan \theta (\sec \theta + \cos \theta)$.
$y$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{d\theta} = 10 \sec^9 \theta (\sec \theta \tan \theta) - 10 \cos^9 \theta (-\sin \theta) = 10 \tan \theta (\sec^{10} \theta + \cos^{10} \theta)$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = 10 \frac{\sec^{10} \theta + \cos^{10} \theta}{\sec \theta + \cos \theta}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(\frac{dy}{dx})^2 = 100 \frac{(\sec^{10} \theta + \cos^{10} \theta)^2}{(\sec \theta + \cos \theta)^2}$.
નિત્યસમ $(a+b)^2 = (a-b)^2 + 4ab$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\sec^{10} \theta + \cos^{10} \theta)^2 = (\sec^{10} \theta - \cos^{10} \theta)^2 + 4(\sec^{10} \theta \cos^{10} \theta) = y^2 + 4$.
તે જ રીતે,$(\sec \theta + \cos \theta)^2 = (\sec \theta - \cos \theta)^2 + 4 = x^2 + 4$.
આ કિંમતો $(\frac{dy}{dx})^2$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$(\frac{dy}{dx})^2 = 100 \frac{y^2+4}{x^2+4}$.
તેથી,$(x^2+4)(\frac{dy}{dx})^2 = 100(y^2+4)$.
આપેલ સમીકરણ $(x^2+4)(\frac{dy}{dx})^2 = k(y^2+4)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k=100$ મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણો:
$x^4+y^4=t^2+\frac{1}{t^2} \quad \dots (i)$
$x^2+y^2=t-\frac{1}{t} \quad \dots (ii)$
સમીકરણ $(ii)$ ની બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(x^2+y^2)^2 = (t-\frac{1}{t})^2$
$x^4+y^4+2x^2y^2 = t^2+\frac{1}{t^2}-2$
સમીકરણ $(i)$ માંથી કિંમત મુકતા:
$(t^2+\frac{1}{t^2}) + 2x^2y^2 = t^2+\frac{1}{t^2}-2$
$2x^2y^2 = -2$
$x^2y^2 = -1$
$y^2 = -\frac{1}{x^2}$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(y^2) = \frac{d}{dx}(-x^{-2})$
$2y \frac{dy}{dx} = -(-2)x^{-3}$
$2y \frac{dy}{dx} = \frac{2}{x^3}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x^3y}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(C) ધારો કે $y = \log \left( \sqrt{x + \sqrt{x^2 + a^2}} \right)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $\log(u^n) = n \log(u)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદને સરળ બનાવી શકીએ છીએ:
$y = \frac{1}{2} \log \left( x + \sqrt{x^2 + a^2} \right)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + a^2}} \cdot \frac{d}{dx} \left( x + \sqrt{x^2 + a^2} \right)$.
અંદરના પદનું વિકલન ગણતા:
$\frac{d}{dx} \left( x + \sqrt{x^2 + a^2} \right) = 1 + \frac{1}{2 \sqrt{x^2 + a^2}} \cdot (2x) = 1 + \frac{x}{\sqrt{x^2 + a^2}} = \frac{\sqrt{x^2 + a^2} + x}{\sqrt{x^2 + a^2}}$.
આ કિંમતને વિકલનના પદમાં મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + a^2}} \cdot \left( \frac{\sqrt{x^2 + a^2} + x}{\sqrt{x^2 + a^2}} \right)$.
સામાન્ય પદ $(x + \sqrt{x^2 + a^2})$ ને રદ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sqrt{x^2 + a^2}}$.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$x = a(t + \sin t) \quad \dots (i)$
$y = a(1 - \cos t) \quad \dots (ii)$
$(i)$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = a(1 + \cos t)$
$(ii)$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dt} = a(\sin t)$
હવે,$\frac{dy}{dx}$ શોધીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{a \sin t}{a(1 + \cos t)} = \frac{\sin t}{1 + \cos t} = \tan\left(\frac{t}{2}\right)$
હવે,$\frac{d^2y}{dx^2}$ શોધીએ:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}\left(\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right) = \frac{d}{dt}\left(\tan\left(\frac{t}{2}\right)\right) \cdot \frac{dt}{dx}$
$= \sec^2\left(\frac{t}{2}\right) \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{a(1 + \cos t)}$
$= \frac{1}{2 \cos^2(t/2)} \cdot \frac{1}{a(2 \cos^2(t/2))} = \frac{1}{4a \cos^4(t/2)}$
$t = \frac{2\pi}{3}$ માટે,$\frac{t}{2} = \frac{\pi}{3}$:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{4a \cos^4(\pi/3)} = \frac{1}{4a (1/2)^4} = \frac{1}{4a (1/16)} = \frac{16}{4a} = \frac{4}{a}$

(C) આપેલ છે કે,$\cos (f(x)) = \frac{1-x^2}{1+x^2}$.
ધારો કે $x = \tan \theta$,તો $\cos (f(x)) = \frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta} = \cos 2\theta$.
તેથી,$f(x) = 2\theta = 2 \tan^{-1} x$.
હવે,$\tan (g(x)) = \frac{3x-x^3}{1-3x^2}$.
નિત્યસમ $\tan 3\theta = \frac{3\tan \theta - \tan^3 \theta}{1-3\tan^2 \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\tan (g(x)) = \tan 3\theta$ મળે છે.
તેથી,$g(x) = 3\theta = 3 \tan^{-1} x$.
આપણે $\frac{df}{dg} = \frac{df/dx}{dg/dx}$ શોધવાનું છે.
$\frac{df}{dx} = \frac{d}{dx}(2 \tan^{-1} x) = \frac{2}{1+x^2}$.
$\frac{dg}{dx} = \frac{d}{dx}(3 \tan^{-1} x) = \frac{3}{1+x^2}$.
તેથી,$\frac{df}{dg} = \frac{2/(1+x^2)}{3/(1+x^2)} = \frac{2}{3}$.

(C) આપેલ છે,$y=e^{\sin ^{-1} x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y_1 = \frac{d}{dx} e^{\sin ^{-1} x} = e^{\sin ^{-1} x} \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
$y_1 = \frac{y}{\sqrt{1-x^2}}$
$y_1 \sqrt{1-x^2} = y$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન કરતા:
$y_2 \sqrt{1-x^2} + y_1 \cdot \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} \cdot (-2x) = y_1$
$y_2 \sqrt{1-x^2} - \frac{x y_1}{\sqrt{1-x^2}} = y_1$
બંને બાજુ $\sqrt{1-x^2}$ વડે ગુણતા:
$y_2 (1-x^2) - x y_1 = y_1 \sqrt{1-x^2}$
કારણ કે $y_1 \sqrt{1-x^2} = y$,તેથી:
$(1-x^2) y_2 - x y_1 = y$
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે,$f(x)=\cot ^{-1}\left(\frac{x^x-x^{-x}}{2}\right)$.
ધારો કે $y = \cot ^{-1}\left(\frac{x^{2x}-1}{2x^x}\right)$.
$x^x = \tan \theta$ લેતા,$y = \cot ^{-1}\left(\frac{\tan^2 \theta - 1}{2 \tan \theta}\right)$.
કારણ કે $\cot 2\theta = \frac{1-\tan^2 \theta}{2 \tan \theta}$,તેથી $y = \cot ^{-1}(-\cot 2\theta)$.
ગુણધર્મ $\cot ^{-1}(-z) = \pi - \cot ^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \pi - \cot ^{-1}(\cot 2\theta) = \pi - 2\theta$.
$\theta = \tan ^{-1}(x^x)$ પાછું મૂકતા,$y = \pi - 2 \tan ^{-1}(x^x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -2 \cdot \frac{1}{1+(x^x)^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^x)$.
$\frac{d}{dx}(x^x) = x^x(1 + \ln x)$ હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2x^x(1 + \ln x)}{1 + x^{2x}}$.
$x=1$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = -\frac{2(1)^1(1 + \ln 1)}{1 + (1)^2} = -\frac{2(1)(1+0)}{2} = -1$.

(A) સમીકરણ $y = \sin^{2} (\cot^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}})$ આપેલ છે.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,$\frac{1 + x}{1 - x} = \frac{1 + \cos 2\theta}{1 - \cos 2\theta} = \frac{2\cos^{2}\theta}{2\sin^{2}\theta} = \cot^{2}\theta$ થાય.
તેથી,$y = \sin^{2} (\cot^{-1} \sqrt{\cot^{2}\theta}) = \sin^{2} (\cot^{-1} (\cot\theta)) = \sin^{2}\theta$ મળે.
નિત્યસમ $\sin^{2}\theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1 - x}{2}$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\frac{1}{2} - \frac{x}{2}) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(D) ધારો કે $y = \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right)$. $x = \tan \theta$ લેતા,$y = \sin ^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta = 2 \tan ^{-1} x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{2}{1+x^2}$. તેથી,$A \rightarrow III$.
$(B)$ ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right) = \tan ^{-1}(1) - \tan ^{-1}(x) = \frac{\pi}{4} - \tan ^{-1} x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{1+x^2} = \frac{-1}{1+x^2}$. તેથી,$B \rightarrow II$.
$(C)$ ધારો કે $y = e^{\log (\sin x+\cos x)} = \sin x + \cos x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = \cos x - \sin x$. તેથી,$C \rightarrow I$.
$(D)$ ધારો કે $y = \sqrt{1-\sin 2 x} = \sqrt{\sin^2 x + \cos^2 x - 2\sin x \cos x} = \sqrt{(\cos x - \sin x)^2}$. $0 < x < \frac{\pi}{4}$ માટે,$\cos x > \sin x$,તેથી $y = \cos x - \sin x$. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\sin x - \cos x$. આપેલા વિકલ્પો મુજબ,$D \rightarrow IV$ એ સાચી જોડ છે.

(B) આપેલ છે,$f(t) = \frac{1 + \operatorname{cosec} t}{1 - \operatorname{cosec} t}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln f(t) = \ln(1 + \operatorname{cosec} t) - \ln(1 - \operatorname{cosec} t)$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = \frac{-\operatorname{cosec} t \cot t}{1 + \operatorname{cosec} t} - \frac{\operatorname{cosec} t \cot t}{1 - \operatorname{cosec} t}$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{1}{1 + \operatorname{cosec} t} + \frac{1}{1 - \operatorname{cosec} t} \right)$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{1 - \operatorname{cosec} t + 1 + \operatorname{cosec} t}{1 - \operatorname{cosec}^2 t} \right)$.
$\frac{f^{\prime}(t)}{f(t)} = -\operatorname{cosec} t \cot t \left( \frac{2}{-\cot^2 t} \right) = \frac{2 \operatorname{cosec} t \cot t}{\cot^2 t} = \frac{2 \operatorname{cosec} t}{\cot t} = 2 \sec t \operatorname{cosec} t$.
કારણ કે $2 \sec t \operatorname{cosec} t = \frac{2}{\sin t \cos t} = \frac{4}{2 \sin t \cos t} = \frac{4}{\sin 2t} = 4 \operatorname{cosec} 2t$.
આમ,$g(t) = 4 \operatorname{cosec} 2t$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{dx}{dy} = \frac{1}{\frac{dy}{dx}}$.
હવે,$y$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{d^2x}{dy^2} = \frac{d}{dy} \left( \frac{1}{\frac{dy}{dx}} \right) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{\frac{dy}{dx}} \right) \cdot \frac{dx}{dy}$.
વિકલનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \left( \frac{dy}{dx} \right)^{-1} \right) = -\left( \frac{dy}{dx} \right)^{-2} \cdot \frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^2}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{d^2x}{dy^2} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^2} \cdot \frac{1}{\frac{dy}{dx}} = -\frac{\frac{d^2y}{dx^2}}{(\frac{dy}{dx})^3}$.
બિંદુ $P$ પર $\frac{dy}{dx} = 4$ અને $\frac{d^2y}{dx^2} = -3$ આપેલ છે:
$\left( \frac{d^2x}{dy^2} \right)_P = -\frac{-3}{(4)^3} = \frac{3}{64}$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $y^2 = a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = -2a^2 \cos x \sin x + 2b^2 \sin x \cos x = (b^2 - a^2) \sin 2x$.
તેથી,$y \frac{dy}{dx} = \frac{b^2 - a^2}{2} \sin 2x$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$y \frac{d^2 y}{dx^2} + \left( \frac{dy}{dx} \right)^2 = (b^2 - a^2) \cos 2x$.
પ્રથમ વિકલન પરથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{(b^2 - a^2) \sin 2x}{2y}$.
આ કિંમતને બીજા વિકલનના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y \frac{d^2 y}{dx^2} + \frac{(b^2 - a^2)^2 \sin^2 2x}{4y^2} = (b^2 - a^2) \cos 2x$.
$y^2$ વડે ગુણતા:
$y^3 \frac{d^2 y}{dx^2} + \frac{(b^2 - a^2)^2 \sin^2 2x}{4} = y^2 (b^2 - a^2) \cos 2x$.
$y^2 = a^2 \cos^2 x + b^2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે કે $y^3 (\frac{d^2 y}{dx^2} + y) = a^2 b^2$.
તેથી,$\frac{d^2 y}{dx^2} + y = \frac{a^2 b^2}{y^3} = \frac{1}{y} \left( \frac{ab}{y} \right)^2$.

(B) ધારો કે $f(x)$ એવું વિધેય છે કે જેથી $f(2)=2, f(3)=5, f(4)=10$ થાય.
અંતરાલ $[2, 3]$ પર લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c_1 \in (2, 3)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c_1) = \frac{f(3)-f(2)}{3-2} = \frac{5-2}{1} = 3$ થાય.
અંતરાલ $[3, 4]$ પર લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c_2 \in (3, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f'(c_2) = \frac{f(4)-f(3)}{4-3} = \frac{10-5}{1} = 5$ થાય.
હવે,$f'(x)$ પર અંતરાલ $[c_1, c_2]$ માટે મધ્યકમાન પ્રમેય લાગુ પાડતા,કોઈ $c \in (c_1, c_2) \subset (2, 4)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f''(c) = \frac{f'(c_2)-f'(c_1)}{c_2-c_1} = \frac{5-3}{c_2-c_1} = \frac{2}{c_2-c_1}$ થાય.
અહીં $c_1 \in (2, 3)$ અને $c_2 \in (3, 4)$ હોવાથી,અંતરાલની લંબાઈ $c_2-c_1$ એ $2$ કરતા ઓછી છે.
ચોક્કસ રીતે કહીએ તો,$0 < c_2-c_1 < 2$ છે.
તેથી,$f''(c) = \frac{2}{c_2-c_1} > \frac{2}{2} = 1$ થાય.
આમ,કોઈ $x \in (2, 4)$ માટે $f''(x) > 1$ સાચું છે.

(B) આપેલ છે,$x=4 \cos ^3 \theta$ ... $(i)$ અને $y=3 \sin ^2 \theta$ ... (ii).
$\theta$ ની સાપેક્ષમાં $(i)$ અને (ii) નું વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{d\theta} = 4 \times 3 \cos^2 \theta (-\sin \theta) = -12 \cos^2 \theta \sin \theta$ ... (iii).
$\frac{dy}{d\theta} = 3 \times 2 \sin \theta \cos \theta = 6 \sin \theta \cos \theta$ ... (iv).
હવે,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{6 \sin \theta \cos \theta}{-12 \cos^2 \theta \sin \theta} = -\frac{1}{2} \sec \theta$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં $\frac{dy}{dx}$ નું વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx} \left( -\frac{1}{2} \sec \theta \right) = -\frac{1}{2} \sec \theta \tan \theta \cdot \frac{d\theta}{dx}$.
$\frac{d\theta}{dx} = \frac{1}{-12 \cos^2 \theta \sin \theta}$ મૂકતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = -\frac{1}{2} \sec \theta \tan \theta \cdot \left( \frac{1}{-12 \cos^2 \theta \sin \theta} \right) = \frac{1}{24 \cos^4 \theta}$.
$\theta = \frac{\pi}{4}$ માટે,$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી $\cos^4 \theta = \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^4 = \frac{1}{4}$.
આમ,$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{1}{24 \times (1/4)} = \frac{1}{6}$.

(A) આપેલ છે કે,$x = \sin \theta$ અને $y = \cos(p \theta)$.
$\frac{dx}{d\theta} = \cos \theta$ અને $\frac{dy}{d\theta} = -p \sin(p \theta)$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{-p \sin(p \theta)}{\cos \theta}$.
કારણ કે $\sin(p \theta) = \sqrt{1 - y^2}$ અને $\cos \theta = \sqrt{1 - x^2}$,તેથી $\frac{dy}{dx} = -p \frac{\sqrt{1 - y^2}}{\sqrt{1 - x^2}}$.
$\sqrt{1 - x^2} y_1 = -p \sqrt{1 - y^2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(1 - x^2) y_1^2 = p^2 (1 - y^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(1 - x^2) \cdot 2 y_1 y_2 + y_1^2 (-2x) = p^2 (-2y y_1)$.
$2 y_1$ વડે ભાગતા (ધારો કે $y_1 \neq 0$):
$(1 - x^2) y_2 - x y_1 = -p^2 y$.
તેથી,$(1 - x^2) y_2 = x y_1 - p^2 y$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $x^3 = \sin \theta$ અને $y^3 = \sin \phi$. તો સમીકરણ $\cos \theta + \cos \phi = a(\sin \theta - \sin \phi)$ બને છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos \frac{\theta+\phi}{2} \cos \frac{\theta-\phi}{2} = a \cdot 2 \cos \frac{\theta+\phi}{2} \sin \frac{\theta-\phi}{2}$.
આનો અર્થ એ છે કે $\cot \frac{\theta-\phi}{2} = a$,જે એક અચળાંક છે.
તેથી,$\frac{\theta-\phi}{2} = \text{અચળાંક} \Rightarrow \theta - \phi = C$.
કિંમત પાછી મૂકતા,$\arcsin(x^3) - \arcsin(y^3) = C$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{3x^2}{\sqrt{1-x^6}} - \frac{3y^2}{\sqrt{1-y^6}} \frac{dy}{dx} = 0$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\frac{3y^2}{\sqrt{1-y^6}} \frac{dy}{dx} = \frac{3x^2}{\sqrt{1-x^6}}$ મળે છે.
તેથી,$y^2 \frac{dy}{dx} = x^2 \sqrt{\frac{1-y^6}{1-x^6}}$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+p x^2+q x$ એ $[0,2]$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
$f(0)=f(2)$ હોવાથી:
$f(0) = 0^3 + p(0)^2 + q(0) = 0$
$f(2) = 2^3 + p(2)^2 + q(2) = 8 + 4p + 2q$
$f(0)=f(2)$ લેતા,$8 + 4p + 2q = 0$,જેનું સાદું રૂપ $2p + q + 4 = 0$ (સમીકરણ $i$) મળે છે.
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ મેળવીએ:
$f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2px + q$
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)=0$:
$3\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + 2p\left(1+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) + q = 0$
$3\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}}\right) + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$
$3\left(\frac{4}{3} + \frac{2}{\sqrt{3}}\right) + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$
$4 + 2\sqrt{3} + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q = 0$ (સમીકરણ $ii$).
સમીકરણ $ii$ માંથી સમીકરણ $i$ $(2p + q = -4)$ બાદ કરતા:
$(4 + 2\sqrt{3} + 2p + \frac{2p}{\sqrt{3}} + q) - (2p + q) = 0 - (-4)$
$4 + 2\sqrt{3} + \frac{2p}{\sqrt{3}} = 4$
$2\sqrt{3} + \frac{2p}{\sqrt{3}} = 0$
$2\sqrt{3} = -\frac{2p}{\sqrt{3}}$
$2p = -2(3) = -6 \Rightarrow p = -3$.
$p = -3$ ને સમીકરણ $i$ માં મૂકતા:
$2(-3) + q + 4 = 0$
$-6 + q + 4 = 0 \Rightarrow q = 2$.
તેથી,$p^2 + q^2 = (-3)^2 + (2)^2 = 9 + 4 = 13$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(D) આપેલ વક્ર $y^2(x-a)=x^2(x+a)$ છે.
સ્પર્શક $X$-અક્ષને સમાંતર હોય ત્યારે ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.
વિકલન કરતા: $2y \frac{dy}{dx}(x-a) + y^2 = 2x(x+a) + x^2$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,$y^2 = 3x^2 + 2ax$ મળે.
$y^2$ ની કિંમત મૂકતા: $\frac{x^2(x+a)}{x-a} = 3x^2 + 2ax$.
$x=0$ માટે $y=0$ મળે છે. અન્ય ઉકેલ માટે $x$ વડે ભાગતા:
$x^2 - ax - a^2 = 0$.
આના ઉકેલ $x = \frac{a \pm a\sqrt{5}}{2}$ મળે.
$y^2 = 5ax + 3a^2$ માં કિંમત મૂકતા,માત્ર ધન કિંમત માટે વાસ્તવિક $y$ મળે છે,તેથી $2$ સ્પર્શકો મળે.

(A) સ્પર્શકનું સમીકરણ $2y = 3x - 1$ છે,જેને $y = \frac{3}{2}x - \frac{1}{2}$ તરીકે લખી શકાય.
આને $y = mx + c$ સાથે સરખાવતા,સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \frac{3}{2}$ મળે છે.
આપેલ વક્ર $y^2 = ax^3 + b$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2y \frac{dy}{dx} = 3ax^2 \implies \frac{dy}{dx} = \frac{3ax^2}{2y}$.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ,ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{3a(1)^2}{2(1)} = \frac{3a}{2}$ થાય.
ઢાળને સરખાવતા: $\frac{3a}{2} = \frac{3}{2} \implies a = 1$.
બિંદુ $(1, 1)$ એ વક્ર $y^2 = ax^3 + b$ પર આવેલું હોવાથી,$x=1, y=1, a=1$ મૂકતા:
$1^2 = 1(1)^3 + b \implies 1 = 1 + b \implies b = 0$.
આમ,$(a, b) = (1, 0)$.

(B) ધારો કે સ્પર્શબિંદુ $(h, k)$ છે. કારણ કે $(h, k)$ એ વક્ર $y = \sin x$ પર આવેલું છે,તેથી $k = \sin h$ મળે.
$(h, k)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \cos x$ છે. $(h, k)$ આગળ ઢાળ $\cos h$ થાય.
$(h, k)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - k = \cos h(x - h)$ છે.
સ્પર્શક ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,$x = 0$ અને $y = 0$ મૂકતા:
$0 - k = \cos h(0 - h) \Rightarrow -k = -h \cos h \Rightarrow k = h \cos h$.
$k = \sin h$ પરથી,$\cos h = \frac{k}{h}$ મળે.
નિત્યસમ $\sin^2 h + \cos^2 h = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin h = k$ અને $\cos h = \frac{k}{h}$ મૂકતા:
$k^2 + \left(\frac{k}{h}\right)^2 = 1
k^2 + \frac{k^2}{h^2} = 1
h^2 k^2 + k^2 = h^2
h^2 - k^2 = h^2 k^2$.
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $x^2 - y^2 = x^2 y^2$ મળે છે.

(C) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $3 y^2 = 4 x^3$ ...$(i)$ છે.
ધારો કે $P(h, k)$ વક્ર પરનું એક બિંદુ છે.
સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$6 y \frac{dy}{dx} = 12 x^2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{2 x^2}{y}$.
બિંદુ $(h, k)$ પર,ઢાળ $m = \frac{2 h^2}{k}$ છે.
સ્પર્શકની લંબાઈ $T = \left| \frac{k}{m} \right| = \left| \frac{k}{2 h^2 / k} \right| = \frac{k^2}{2 h^2}$.
કારણ કે $3 k^2 = 4 h^3$,તેથી $k^2 = \frac{4}{3} h^3$.
આ કિંમત $T$ માં મૂકતા,$T = \frac{4 h^3}{3(2 h^2)} = \frac{2}{3} h$.
અભિલંબની લંબાઈ $N = |k m| = \left| k \cdot \frac{2 h^2}{k} \right| = 2 h^2$.
આપણે $T$ અને $N$ વચ્ચેનો સંબંધ શોધવો છે.
$N = 2 h^2$ પરથી,$h^2 = \frac{N}{2}$,તેથી $h = \sqrt{\frac{N}{2}}$.
તેથી $T = \frac{2}{3} \sqrt{\frac{N}{2}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$T^2 = \frac{4}{9} \cdot \frac{N}{2} = \frac{2 N}{9}$.
આમ,$9 T^2 = 2 N$,જેને $(3 T)^2 = 2 N$ તરીકે લખી શકાય.
આને $(\beta T)^2 = 2 N$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\beta = 3$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) સાદા લોલકનો આવર્તકાળ $T = 2 \pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે છે $\ln T = \ln(2 \pi) + \frac{1}{2} \ln L - \frac{1}{2} \ln g$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે $\frac{dT}{T} = \frac{1}{2} \frac{dL}{L}$.
અહીં,ઘડિયાળ દરરોજ $2$ મિનિટ ગુમાવે છે,તેથી $\Delta T = -2$ મિનિટ.
એક દિવસમાં કુલ સમય $24 \times 60 = 1440$ મિનિટ છે.
આમ,સમયમાં અપૂર્ણાંક ફેરફાર $\frac{\Delta T}{T} = \frac{-2}{1440} = -\frac{1}{720}$ છે.
$\frac{\Delta L}{L} = 2 \frac{\Delta T}{T}$ સંબંધનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે $\frac{\Delta L}{L} = 2 \times \left( -\frac{1}{720} \right) = -\frac{1}{360}$.
આને ટકાવારીમાં દર્શાવવા માટે,આપણે $100$ વડે ગુણીએ છીએ:
$\frac{\Delta L}{L} \% = -\frac{1}{360} \times 100 = -\frac{10}{36} = -\frac{5}{18} \%$.
તેથી,લંબાઈમાં $-\frac{5}{18} \%$ જેટલો ફેરફાર કરવો જોઈએ.

(D) ધારો કે $r$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે.
આપેલ છે કે,ત્રિજ્યામાં થતો ફેરફારનો દર $\frac{dr}{dt} = 0.04 \text{ cm/sec}$ છે.
ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dV}{dt} = \frac{4}{3} \pi (3r^2) \cdot \frac{dr}{dt} = 4 \pi r^2 \cdot \frac{dr}{dt} \quad \dots(i)$
ગોળાનું પૃષ્ઠફળ $S = 4 \pi r^2$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dS}{dt} = 4 \pi (2r) \cdot \frac{dr}{dt} = 8 \pi r \cdot \frac{dr}{dt} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને સમીકરણ $(ii)$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dV/dt}{dS/dt} = \frac{dV}{dS} = \frac{4 \pi r^2 \cdot \frac{dr}{dt}}{8 \pi r \cdot \frac{dr}{dt}}$
$\frac{dV}{dS} = \frac{r}{2}$
$r = 10 \text{ cm}$ આપેલ હોવાથી,કિંમત મૂકતા:
$\frac{dV}{dS} = \frac{10}{2} = 5 \text{ cm}$.
આમ,પૃષ્ઠફળની સાપેક્ષમાં ઘનફળમાં થતો વધારાનો દર $5 \text{ cm}$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(C) ધારો કે નિસરણીના નીચેના છેડાનું દીવાલથી અંતર $x$ છે અને ઉપરના છેડાની જમીનથી ઊંચાઈ $y$ છે.
નિસરણીની લંબાઈ $5 \ m$ આપેલી છે,તેથી પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ $x^2 + y^2 = 5^2 = 25$ થાય.
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,$2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt} = 0$ મળે,જેનું સાદું રૂપ $x \frac{dx}{dt} + y \frac{dy}{dt} = 0$ થાય.
અહીં $\frac{dx}{dt} = 3 \ m/sec$ અને નિસરણી નીચે ઉતરે છે તેથી $\frac{dy}{dt} = -4 \ m/sec$ આપેલ છે.
આ કિંમતોને વિકલિત સમીકરણમાં મૂકતા: $x(3) + y(-4) = 0$,જેનો અર્થ છે કે $3x = 4y$ અથવા $x = \frac{4}{3}y$.
હવે $x = \frac{4}{3}y$ ને મૂળ સમીકરણ $x^2 + y^2 = 25$ માં મૂકતા:
$(\frac{4}{3}y)^2 + y^2 = 25$
$\frac{16}{9}y^2 + y^2 = 25$
$\frac{25}{9}y^2 = 25$
$y^2 = 9$
$y = 3 \ m$ (કારણ કે ઊંચાઈ હંમેશા ધન હોય છે).
આમ,ઉપરના છેડાની ઊંચાઈ $3 \ m$ છે.

(B) આપેલ છે,$f(x)=(2 k+1) x-3-k e^{-x}+2 e^x$.
કારણ કે $f(x)$ એ તમામ $x \in R$ માટે મોનોટોનિકલી વધતું વિધેય છે,તેથી તેનું વિકલન $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = (2k+1) + k e^{-x} + 2 e^x \geq 0$.
$e^x$ વડે ગુણતા (જે હંમેશા ધન છે):
$(2k+1)e^x + k + 2e^{2x} \geq 0$.
પદોને ગોઠવતા:
$2e^{2x} + (2k+1)e^x + k \geq 0$.
$e^x$ ના સંદર્ભમાં દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા:
$2e^{2x} + 2ke^x + e^x + k \geq 0$.
$2e^x(e^x + k) + 1(e^x + k) \geq 0$.
$(2e^x + 1)(e^x + k) \geq 0$.
અહીં $2e^x + 1 > 0$ હોવાથી,$e^x + k \geq 0$ થવું જોઈએ.
આથી $k \geq -e^x$ તમામ $x \in R$ માટે.
જેમ $x \to -\infty$,તેમ $e^x \to 0$,તેથી $k \geq 0$.
આમ,$k$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $0$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\log(7+x)}{\log(3+x)}$. વિધેય ઘટતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) < 0$ હોવું જોઈએ.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x) = \frac{\frac{1}{7+x} \log(3+x) - \frac{1}{3+x} \log(7+x)}{(\log(3+x))^2}$.
$f'(x) < 0$ માટે,$\frac{\log(3+x)}{7+x} < \frac{\log(7+x)}{3+x}$ હોવું જોઈએ.
આ શરત $x > 0$ માટે હંમેશા સાચી છે કારણ કે વિધેય $g(t) = \frac{\log t}{t}$ એ $t > e$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
તેથી,આપેલ વિધેય $x \in (0, \infty)$ માટે ઘટતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(D) વિધેય $f(x)$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ પર વ્યાખ્યાયિત છે.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$f(x) = 2^x + 1$. જેમ $x \to 0^-$,તેમ $f(x) \to 2^0 + 1 = 2$. $2^x$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ એ $f(-1) = 2^{-1} + 1 = 1.5$ થી વધીને $2$ સુધી જાય છે.
$x = 0$ આગળ,$f(0) = 1$.
$x \in (0, 1]$ માટે,$f(x) = 2^x - 1$. જેમ $x \to 0^+$,તેમ $f(x) \to 2^0 - 1 = 0$. $2^x$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોવાથી,$f(x)$ એ $0$ થી વધીને $f(1) = 2^1 - 1 = 1$ સુધી જાય છે.
વિધેયનો વિસ્તાર $[1.5, 2) \cup \{1\} \cup (0, 1]$ છે.
આમ,વિસ્તાર $(0, 1] \cup [1.5, 2)$ છે.
અહીં વિસ્તાર સંવૃત અંતરાલ નથી અને વિધેયના મૂલ્યો તેના પ્રદેશમાં મહત્તમ કે ન્યૂનતમ સીમા પ્રાપ્ત કરતા નથી (મૂલ્યો $2$ ની નજીક જાય છે પણ $2$ થતા નથી,અને $0$ ની નજીક જાય છે પણ $0$ થતા નથી),તેથી વિધેયને $[-1, 1]$ પર મહત્તમ કે ન્યૂનતમ મૂલ્ય નથી.

(B) આપેલ છે કે,$f(x)=a \log |x|+b x^2+x$.
વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = \frac{a}{x} + 2bx + 1$.
વિધેયને $x=-1$ અને $x=2$ આગળ અંતિમ મૂલ્યો હોવાથી,$f^{\prime}(-1)=0$ અને $f^{\prime}(2)=0$ થાય.
$x=-1$ માટે: $f^{\prime}(-1) = \frac{a}{-1} + 2b(-1) + 1 = 0 \Rightarrow -a - 2b + 1 = 0 \Rightarrow a + 2b = 1$ $(i)$.
$x=2$ માટે: $f^{\prime}(2) = \frac{a}{2} + 2b(2) + 1 = 0 \Rightarrow \frac{a}{2} + 4b + 1 = 0 \Rightarrow a + 8b = -2$ (ii).
સમીકરણ (ii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા: $(a + 8b) - (a + 2b) = -2 - 1 \Rightarrow 6b = -3 \Rightarrow b = -\frac{1}{2}$.
$b = -\frac{1}{2}$ ને સમીકરણ $(i)$ માં મુકતા: $a + 2(-\frac{1}{2}) = 1 \Rightarrow a - 1 = 1 \Rightarrow a = 2$.
આમ,ક્રમયુક્ત જોડ $(a, b) = \left(2, -\frac{1}{2}\right)$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x)=(\sin ^{-1} x)^2+(\cos ^{-1} x)^2$.
કારણ કે $\sin ^{-1} x + \cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos ^{-1} x = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} x$.
ધારો કે $t = \sin ^{-1} x$. $x \in [-1, 1]$ હોવાથી,$t \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$.
તેથી $f(t) = t^2 + (\frac{\pi}{2} - t)^2 = t^2 + \frac{\pi^2}{4} - \pi t + t^2 = 2t^2 - \pi t + \frac{\pi^2}{4}$.
આ ઉપરની તરફ ખુલતો પરવલય છે. તેનું શિરોબિંદુ $t = -\frac{-\pi}{2(2)} = \frac{\pi}{4}$ પર છે.
$\frac{\pi}{4} \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,ન્યૂનતમ કિંમત $t = \frac{\pi}{4}$ પર મળે છે.
$\alpha = f(\frac{\pi}{4}) = 2(\frac{\pi^2}{16}) - \pi(\frac{\pi}{4}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{4} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{8}$.
મહત્તમ કિંમત અંતરાલ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર મળે છે.
$t = -\frac{\pi}{2}$ પર,$f(-\frac{\pi}{2}) = 2(-\frac{\pi}{2})^2 - \pi(-\frac{\pi}{2}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{5\pi^2}{4}$.
$t = \frac{\pi}{2}$ પર,$f(\frac{\pi}{2}) = 2(\frac{\pi}{2})^2 - \pi(\frac{\pi}{2}) + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{2} - \frac{\pi^2}{2} + \frac{\pi^2}{4} = \frac{\pi^2}{4}$.
આમ,$\beta = \frac{5\pi^2}{4}$.
અંતે,$8(\alpha + \beta) = 8(\frac{\pi^2}{8} + \frac{5\pi^2}{4}) = 8(\frac{\pi^2 + 10\pi^2}{8}) = 11\pi^2$.

(C) આપેલ છે,$f(x) = 2x^3 - 9ax^2 + 12a^2x + 1$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે વિકલન કરીએ: $f'(x) = 6x^2 - 18ax + 12a^2$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $6(x^2 - 3ax + 2a^2) = 0$ મળે છે,જેના અવયવો $6(x - a)(x - 2a) = 0$ થાય છે.
તેથી,ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x = a$ અને $x = 2a$ છે.
આપણે દ્વિતીય વિકલન શોધીએ: $f''(x) = 12x - 18a$.
$x = a$ માટે,$f''(a) = 12a - 18a = -6a$. $a > 0$ હોવાથી,$f''(a) < 0$,તેથી $f(x)$ ને $p = a$ આગળ મહત્તમ કિંમત મળે છે.
$x = 2a$ માટે,$f''(2a) = 12(2a) - 18a = 6a$. $a > 0$ હોવાથી,$f''(2a) > 0$,તેથી $f(x)$ ને $q = 2a$ આગળ ન્યૂનતમ કિંમત મળે છે.
શરત $p^2 = q$ આપેલ છે,તેથી કિંમતો મૂકતા: $a^2 = 2a$.
$a > 0$ હોવાથી,$a$ વડે ભાગતા આપણને $a = 2$ મળે છે.

(C) અંતરાલ $[-2, 2]$ પર વિધેય $f(x) = x^2 e^{2x}$ આપેલ છે.
સૌ પ્રથમ,વિકલન $f'(x) = 0$ લઈને આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધીએ.
$f'(x) = 2x e^{2x} + x^2 (2 e^{2x}) = 2x e^{2x} (1 + x)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $x = 0$ અથવા $x = -1$ મળે છે.
હવે,આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતરાલ $[-2, 2]$ ના અંત્યબિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધીએ:
$f(-2) = (-2)^2 e^{2(-2)} = 4 e^{-4}$.
$f(-1) = (-1)^2 e^{2(-1)} = 1 e^{-2} = e^{-2}$.
$f(0) = (0)^2 e^{2(0)} = 0$.
$f(2) = (2)^2 e^{2(2)} = 4 e^4$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,વૈશ્વિક મહત્તમ $p = 4 e^4$ અને વૈશ્વિક ન્યૂનતમ $q = 0$ મળે છે.
અંતે,આપણે $p e^{-4} + q e^4 = (4 e^4) e^{-4} + (0) e^4 = 4 e^0 + 0 = 4(1) = 4$ ની ગણતરી કરીએ છીએ.

(A) ધારો કે $R = 3$ એકમ ત્રિજ્યા ધરાવતા ગોળામાં અંતર્ગત નળાકારની ઊંચાઈ $h$ અને ત્રિજ્યા $r$ છે.
અંતર્ગત નળાકારની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે સંબંધ $r^2 + (h/2)^2 = R^2$ છે.
$R = 3$ મૂકતા,આપણને $r^2 + h^2/4 = 9$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $r^2 = 9 - h^2/4$.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi r^2 h$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r^2$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $V = \pi (9 - h^2/4) h = \pi (9h - h^3/4)$ મળે છે.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dV}{dh} = \pi (9 - 3h^2/4)$.
$\frac{dV}{dh} = 0$ લેતા,આપણને $9 - 3h^2/4 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $3h^2/4 = 9$,તેથી $h^2 = 12$ અને $h = 2\sqrt{3}$ (કારણ કે ઊંચાઈ ધન હોવી જોઈએ).
ત્યારબાદ $r^2 = 9 - (12/4) = 9 - 3 = 6$.
મહત્તમ ઘનફળ $V = \pi (6) (2\sqrt{3}) = 12\sqrt{3}\pi$ ઘન એકમ છે.

(D) કારણ કે $f$ એ બહુપદી વિધેય છે,તે $[2,7]$ પર સતત છે અને $(2,7)$ પર વિકલનીય છે.
લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,કોઈ $c \in (2,7)$ એવું અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી:
$\frac{f(7)-f(2)}{7-2} = f^{\prime}(c)$
આપેલ છે કે $(2,7)$ માં તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) \leq 5$,તેથી $f^{\prime}(c) \leq 5$ થાય.
કિંમતો મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{f(7)-3}{5} \leq 5$
$f(7)-3 \leq 25$
$f(7) \leq 28$
આમ,$f(7)$ ની મહત્તમ શક્ય કિંમત $28$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5$ છે.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિકલન કરીએ: $f'(x) = 6x^2 - 6x - 12$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$6(x^2 - x - 2) = 0$ મળે,જેના અવયવો $6(x + 1)(x - 2) = 0$ થાય છે.
આમ,ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = -1$ અને $x = 2$ છે,જે બંને અંતરાલ $[-2, 4]$ માં આવેલા છે.
હવે,આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતરાલના અંત્યબિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધીએ:
$f(-2) = 2(-8) - 3(4) - 12(-2) + 5 = -16 - 12 + 24 + 5 = 1$.
$f(-1) = 2(-1) - 3(1) - 12(-1) + 5 = -2 - 3 + 12 + 5 = 12$.
$f(2) = 2(8) - 3(4) - 12(2) + 5 = 16 - 12 - 24 + 5 = -15$.
$f(4) = 2(64) - 3(16) - 12(4) + 5 = 128 - 48 - 48 + 5 = 37$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,નિરપેક્ષ મહત્તમ મૂલ્ય $37$ છે,જે $x = 4$ પર મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ છે કે વિધેય $f(x) = x^{2m-1}(a-x)^{2n}$ માટે અંતરાલ $(0, a)$ માં રોલનું પ્રમેય લાગુ પડે છે.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f'(x)$ મેળવીએ:
$f'(x) = (2m-1)x^{2m-2}(a-x)^{2n} - 2n(a-x)^{2n-1}x^{2m-1}$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,એવો $c \in (0, a)$ મળે કે જેથી $f'(c) = 0$ થાય.
$(2m-1)c^{2m-2}(a-c)^{2n} - 2nc^{2m-1}(a-c)^{2n-1} = 0$.
$c^{2m-2}(a-c)^{2n-1}$ વડે ભાગતા (કારણ કે $c \neq 0$ અને $c \neq a$):
$(2m-1)(a-c) = 2nc$.
$(2m-1)a - (2m-1)c = 2nc$.
$(2m-1)a = (2m-1+2n)c$.
$c = \frac{a(2m-1)}{2m+2n-1}$.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે,$f(x)=a x^3+b x^2+11 x-6$ એ $[1,3]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
તેથી,$f(1)=f(3)$.
$f(1) = a(1)^3 + b(1)^2 + 11(1) - 6 = a + b + 5$
$f(3) = a(3)^3 + b(3)^2 + 11(3) - 6 = 27a + 9b + 33 - 6 = 27a + 9b + 27$
$f(1)=f(3)$ હોવાથી,$a+b+5 = 27a+9b+27$,જેનું સાદુંરૂપ આપતા $26a+8b = -22$,અથવા $13a+4b = -11$ મળે ... $(i)$.
વળી,$f'(x) = 3ax^2 + 2bx + 11$.
આપેલ છે કે $f'(2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) = 0$.
રોલના પ્રમેય મુજબ,$[1,3]$ અંતરાલમાં $f'(x) = 0$ ના બીજ $x = 2 \pm \frac{1}{\sqrt{3}}$ છે.
$f'(x)=0$ ના બીજનો સરવાળો લેતા,$x_1 + x_2 = -\frac{2b}{3a}$.
અહીં,$(2 - \frac{1}{\sqrt{3}}) + (2 + \frac{1}{\sqrt{3}}) = 4 = -\frac{2b}{3a} \Rightarrow 4 = -\frac{2b}{3a} \Rightarrow b = -6a$.
$b = -6a$ ને $(i)$ માં મૂકતા:
$13a + 4(-6a) = -11$
$13a - 24a = -11$
$-11a = -11 \Rightarrow a = 1$.
તેથી $b = -6(1) = -6$.
આમ,$a+b = 1 + (-6) = -5$.

(A) $\triangle AOB$ માં,અર્ધ-શીર્ષકોણ $\theta = 45^{\circ}$ છે.
$\tan 45^{\circ} = \frac{r}{h} \implies 1 = \frac{r}{h} \implies r = h$.
ત્રાંસી ઊંચાઈના સૂત્ર $l = \sqrt{r^2 + h^2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $l = \sqrt{h^2 + h^2} = \sqrt{2h^2} = h\sqrt{2}$ મળે છે.
પાર્શ્વ સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = \pi r l$.
$r = h$ અને $l = h\sqrt{2}$ મૂકતા,આપણને $S = \pi (h)(h\sqrt{2}) = \sqrt{2} \pi h^2$ મળે છે.
આપેલ છે કે $h = 20.025 \ cm$,તેથી $h^2 = (20.025)^2 = 401.000625 \approx 401$.
આમ,$S \approx \sqrt{2} \pi (401) = 401 \sqrt{2} \pi \ cm^2$.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $AB$ લેમ્પ-પોસ્ટ છે અને $PQ$ માણસ છે. ધારો કે $C$ એ પડછાયાનો છેડો છે. ધારો કે $AP = x$ એ લેમ્પ-પોસ્ટથી માણસનું અંતર છે અને $PC = y$ એ તેના પડછાયાની લંબાઈ છે.
આપેલ છે: $AB = 9 \ m$,$PQ = 2 \ m$,અને $\frac{dx}{dt} = 7 \ m/min$.
$\triangle CAB$ અને $\triangle CPQ$ સમરૂપ ત્રિકોણ હોવાથી,આપણી પાસે છે:
$\frac{PC}{AC} = \frac{PQ}{AB}$
$\frac{y}{x+y} = \frac{2}{9}$
$9y = 2x + 2y$
$7y = 2x$
$x = \frac{7}{2}y$
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = \frac{7}{2} \frac{dy}{dt}$
$\frac{dx}{dt} = 7$ મૂકતા:
$7 = \frac{7}{2} \frac{dy}{dt}$
$\frac{dy}{dt} = 2 \ m/min$.
આમ,તેના પડછાયાની લંબાઈ $2 \ m/min$ ના દરે વધે છે.

(D) આપેલ સંકલન,$I = \int \frac{d x}{x+\sqrt{x-1}}$
$x-1 = t^2$ લેતા $\Rightarrow dx = 2t \, dt$
તેથી $I = \int \frac{2t}{(t^2+1)+t} \, dt = \int \frac{(2t+1)-1}{t^2+t+1} \, dt$
$= \int \frac{2t+1}{t^2+t+1} \, dt - \int \frac{dt}{t^2+t+1}$
$= \log _e|t^2+t+1| - \int \frac{dt}{(t+\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}}$
$= \log _e|t^2+t+1| - \frac{2}{\sqrt{3}} \tan ^{-1}\left(\frac{t+\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + c$
$= \log _e|t^2+t+1| - \frac{2}{\sqrt{3}} \tan ^{-1}\left(\frac{2t+1}{\sqrt{3}}\right) + c$
$t = \sqrt{x-1}$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે
$I = \log _e|x+\sqrt{x-1}| - \frac{2}{\sqrt{3}} \tan ^{-1}\left(\frac{2\sqrt{x-1}+1}{\sqrt{3}}\right) + c$
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{\cos 4x + 1}{\cot x - \tan x} dx$ છે.
નિત્યસમ $\cos 4x + 1 = 2 \cos^2 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos x}{\sin x} - \frac{\sin x}{\cos x}} dx$
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x}} dx$
કારણ કે $\cos^2 x - \sin^2 x = \cos 2x$ અને $\sin x \cos x = \frac{1}{2} \sin 2x$ હોવાથી:
$I = \int \frac{2 \cos^2 2x}{\frac{\cos 2x}{\frac{1}{2} \sin 2x}} dx = \int \frac{2 \cos^2 2x \cdot \frac{1}{2} \sin 2x}{\cos 2x} dx$
$I = \int \cos 2x \sin 2x dx = \frac{1}{2} \int \sin 4x dx$
$I = \frac{1}{2} \left( -\frac{\cos 4x}{4} \right) + c = -\frac{1}{8} \cos 4x + c$.
$k \cos 4x + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = -\frac{1}{8}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(A) આપણે સંકલન $I = \int e^{2 x}\left[\cos (3 x+4)+5 x^2\right] d x$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સંકલનને બે ભાગમાં વિભાજિત કરો: $I = \int e^{2 x} \cos (3 x+4) d x + 5 \int e^{2 x} x^2 d x$.
સૂત્ર $\int e^{a x} \cos (b x+c) d x = \frac{e^{a x}}{a^2+b^2}(a \cos (b x+c)+b \sin (b x+c))$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int e^{2 x} \cos (3 x+4) d x = \frac{e^{2 x}}{2^2+3^2}(2 \cos (3 x+4)+3 \sin (3 x+4)) = \frac{e^{2 x}}{13}(2 \cos (3 x+4)+3 \sin (3 x+4))$.
હવે,ખંડશઃ સંકલન $\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$ નો ઉપયોગ કરીને $5 \int e^{2 x} x^2 d x$ ની ગણતરી કરો:
$5 \int x^2 e^{2 x} d x = 5 \left[ x^2 \frac{e^{2 x}}{2} - \int 2x \frac{e^{2 x}}{2} d x \right] = \frac{5 x^2 e^{2 x}}{2} - 5 \int x e^{2 x} d x$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$5 \int x e^{2 x} d x = 5 \left[ x \frac{e^{2 x}}{2} - \int 1 \cdot \frac{e^{2 x}}{2} d x \right] = \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5}{2} \cdot \frac{e^{2 x}}{2} = \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5 e^{2 x}}{4}$.
બધા ભાગોને જોડતા:
$I = e^{2 x} \left[ \frac{2}{13} \cos (3 x+4) + \frac{3}{13} \sin (3 x+4) \right] + \frac{5 x^2 e^{2 x}}{2} - \left( \frac{5 x e^{2 x}}{2} - \frac{5 e^{2 x}}{4} \right) + c$.
$I = e^{2 x} \left[ \frac{2}{13} \cos (3 x+4) + \frac{3}{13} \sin (3 x+4) + \frac{5 x^2}{2} - \frac{5 x}{2} + \frac{5}{4} \right] + c$.
આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે કે $I_{m, n} = \int e^{mx} \cdot x^n \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,ધારો કે $u = x^n$ અને $dv = e^{mx} \, dx$.
તેથી $du = nx^{n-1} \, dx$ અને $v = \frac{e^{mx}}{m}$ મળે.
$I_{m, n} = \int u \, dv = uv - \int v \, du$.
$I_{m, n} = x^n \left( \frac{e^{mx}}{m} \right) - \int \left( \frac{e^{mx}}{m} \right) (nx^{n-1}) \, dx$.
$I_{m, n} = \frac{x^n e^{mx}}{m} - \frac{n}{m} \int e^{mx} x^{n-1} \, dx$.
કારણ કે $I_{m, n-1} = \int e^{mx} x^{n-1} \, dx$,તેથી આપણને મળે:
$I_{m, n} = \frac{x^n e^{mx}}{m} - \frac{n}{m} I_{m, n-1} + c$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને મળે:
$I_{m, n} + \frac{n}{m} I_{m, n-1} = \frac{x^n e^{mx}}{m} + c$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.