AP EAMCET 2020 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(A) આપેલ છે કે $x+iy = \frac{3}{2+\cos \theta + i \sin \theta}$.
બંને બાજુ માનાંક લેતા,$|x+iy| = \left| \frac{3}{2+\cos \theta + i \sin \theta} \right|$.
$|x+iy| = \sqrt{x^2+y^2}$ હોવાથી,$\sqrt{x^2+y^2} = \frac{3}{|2+\cos \theta + i \sin \theta|}$.
છેદનો માનાંક ગણતા: $|2+\cos \theta + i \sin \theta| = \sqrt{(2+\cos \theta)^2 + \sin^2 \theta} = \sqrt{5+4\cos \theta}$.
તેથી,$\sqrt{x^2+y^2} = \frac{3}{\sqrt{5+4\cos \theta}}$,જેનો અર્થ છે કે $x^2+y^2 = \frac{9}{5+4\cos \theta}$.
હવે,$4x-3$ ધ્યાનમાં લો. $x+iy = \frac{3(2+\cos \theta) - 3i \sin \theta}{5+4\cos \theta}$ પરથી,$x = \frac{3(2+\cos \theta)}{5+4\cos \theta}$.
તેથી $4x-3 = \frac{12(2+\cos \theta)}{5+4\cos \theta} - 3 = \frac{9}{5+4\cos \theta}$.
આમ,$x^2+y^2 = 4x-3$.

(C) આપેલ છે કે $\bar{z}_1 - i \bar{z}_2 = 0$.
બંને બાજુ અનુબદ્ધ લેતા,આપણને $z_1 + i z_2 = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $z_1 = -i z_2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-i = e^{-i \pi / 2}$,તેથી $z_1 = z_2 e^{-i \pi / 2}$.
બંને બાજુ આર્ગ્યુમેન્ટ લેતા,$\arg(z_1) = \arg(z_2) - \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\arg(z_2) = \arg(z_1) + \frac{\pi}{2}$.
આપેલ છે કે $\arg(z_1 z_2) = \arg(z_1) + \arg(z_2) = \frac{3 \pi}{4}$.
$\arg(z_2)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $\arg(z_1) + (\arg(z_1) + \frac{\pi}{2}) = \frac{3 \pi}{4}$ મળે છે.
$2 \arg(z_1) = \frac{3 \pi}{4} - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$.
તેથી,$\arg(z_1) = \frac{\pi}{8}$.

(B) ધારો કે $z = (1+2i)(-2+i)$.
માનાંકના ગુણધર્મ $|z_1 z_2| = |z_1| |z_2|$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$|z| = |1+2i| \times |-2+i|$
$|z| = \sqrt{1^2 + 2^2} \times \sqrt{(-2)^2 + 1^2}$
$|z| = \sqrt{1+4} \times \sqrt{4+1}$
$|z| = \sqrt{5} \times \sqrt{5}$
$|z| = 5$

(A) આપેલ છે $|z-4+3 i| \leq 1$. આ $C(4, -3)$ કેન્દ્ર અને $r=1$ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ દર્શાવે છે. ઉગમબિંદુથી કેન્દ્રનું અંતર $OC = \sqrt{4^2+(-3)^2} = 5$ છે.
$|z|$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $m = OC - r = 5 - 1 = 4$ છે.
$|z|$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $n = OC + r = 5 + 1 = 6$ છે.
હવે,$f(x) = \frac{x^4+x^2+4}{x} = x^3 + x + \frac{4}{x}$ લો,જ્યાં $x \in (0, \infty)$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = 3x^2 + 1 - \frac{4}{x^2} = \frac{3x^4+x^2-4}{x^2} = \frac{(3x^2+4)(x^2-1)}{x^2}$.
$f'(x) = 0$ લેતા,$x^2 = 1$,તેથી $x=1$ મળે.
ન્યૂનતમ મૂલ્ય $f(1) = 1^3 + 1 + \frac{4}{1} = 6$ છે.
આમ,$k=6$.
$n=6$ હોવાથી,$k=n$ થાય.

(A) આપેલ છે કે $(2+i)$ એ સમીકરણ $x^3-5x^2+9x-5=0$ નું બીજ છે,તેથી બીજું અવાસ્તવિક સંકર બીજ $(2-i)$ થશે.
ધારો કે ત્રીજું બીજ $\alpha$ છે,તેથી બીજના ગુણાકારના નિયમ મુજબ,
$(2+i)(2-i) \alpha = 5 \Rightarrow \alpha = 1$
આમ,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(A) $z = \frac{5i}{7+i}$ નો અનુબદ્ધ શોધવા માટે,આપણે અંશ અને છેદને છેદના અનુબદ્ધ $(7-i)$ વડે ગુણીએ.
$z = \frac{5i}{7+i} \times \frac{7-i}{7-i} = \frac{35i - 5i^2}{49 - i^2}$
$i^2 = -1$ હોવાથી:
$z = \frac{35i + 5}{50} = \frac{5 + 35i}{50} = \frac{1 + 7i}{10}$
તેથી,$\frac{1+7i}{10}$ નો અનુબદ્ધ $\frac{1-7i}{10}$ થાય.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે $\left|\frac{z-25}{z-1}\right|=5$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$\left|\frac{z-25}{z-1}\right|^2 = 25$ મળે.
આથી $\frac{(z-25)(\bar{z}-25)}{(z-1)(\bar{z}-1)} = 25$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $(z-25)(\bar{z}-25) = 25(z-1)(\bar{z}-1)$.
$z\bar{z} - 25z - 25\bar{z} + 625 = 25(z\bar{z} - z - \bar{z} + 1)$.
$|z|^2 - 25(z+\bar{z}) + 625 = 25|z|^2 - 25(z+\bar{z}) + 25$.
$|z|^2 + 625 = 25|z|^2 + 25$.
$24|z|^2 = 600$.
$|z|^2 = 25$.
તેથી,$|z| = 5$.

(B) આપેલ છે કે $|z - 3i| = 3$,જે $3$ ત્રિજ્યા અને $(0, 3)$ કેન્દ્ર ધરાવતું વર્તુળ દર્શાવે છે.
ધારો કે $z = x + iy$. વર્તુળના સમીકરણ પરથી $x^2 + y^2 - 6y = 0$ મળે.
કોણાંક $\theta$ હોવાથી,$\tan \theta = \frac{y}{x}$ એટલે કે $x = y \cot \theta$.
આ કિંમત વર્તુળના સમીકરણમાં મૂકતા,$y^2 \csc^2 \theta = 6y$ મળે,તેથી $y = 6 \sin^2 \theta$.
તેથી $x = 6 \sin \theta \cos \theta$.
આમ,$z = 6 \sin \theta(\cos \theta + i \sin \theta) = 6 \sin \theta e^{i \theta}$.
હવે,$\frac{6}{z} = \frac{1}{\sin \theta} e^{-i \theta} = \cot \theta - i$.
તેથી,$\cot \theta - \frac{6}{z} = i$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $i x^2 - 3 x - 2 i = 0$
દ્વિઘાત સૂત્ર $x = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
અહીં $a = i$,$b = -3$,$c = -2i$.
$x = \frac{-(-3) \pm \sqrt{(-3)^2 - 4(i)(-2i)}}{2(i)}$
$x = \frac{3 \pm \sqrt{9 + 8i^2}}{2i}$
$x = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 8}}{2i}$
$x = \frac{3 \pm 1}{2i}$
કિસ્સો $1$: $x = \frac{4}{2i} = -2i$
કિસ્સો $2$: $x = \frac{2}{2i} = -i$
આમ,ઉકેલ $x = -i$ અને $x = -2i$ છે.

(A) ધારો કે $z = x + iy$. તો $|z|^2 = x^2 + y^2$,$|z-3|^2 = (x-3)^2 + y^2$,અને $|z-i|^2 = x^2 + (y-1)^2$.
ધારો કે $f(x, y) = x^2 + y^2 + (x-3)^2 + y^2 + x^2 + (y-1)^2$.
$f(x, y) = 3x^2 - 6x + 9 + 3y^2 - 2y + 1 = 3(x^2 - 2x) + 3(y^2 - \frac{2}{3}y) + 10$.
$f(x, y)$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ:
$f(x, y) = 3(x-1)^2 - 3 + 3(y-\frac{1}{3})^2 - \frac{1}{3} + 10 = 3(x-1)^2 + 3(y-\frac{1}{3})^2 + \frac{20}{3}$.
જ્યારે $x = 1$ અને $y = \frac{1}{3}$ હોય ત્યારે વિધેય ન્યૂનતમ થાય છે.
આમ,$z = 1 + \frac{1}{3}i$.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ $x^2-2x+4=0$ છે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,બીજ $\alpha, \beta = \frac{2 \pm \sqrt{4-16}}{2} = \frac{2 \pm 2\sqrt{3}i}{2} = 1 \pm i\sqrt{3}$ મળે છે.
બીજને ધ્રુવીય સ્વરૂપમાં દર્શાવતા:
$\alpha = 2\left(\cos \frac{\pi}{3} + i \sin \frac{\pi}{3}\right)$ અને $\beta = 2\left(\cos \left(-\frac{\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{\pi}{3}\right)\right)$.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$\alpha^n + \beta^n = 2^n \left(\cos \frac{n\pi}{3} + i \sin \frac{n\pi}{3}\right) + 2^n \left(\cos \left(-\frac{n\pi}{3}\right) + i \sin \left(-\frac{n\pi}{3}\right)\right)$.
$\cos(-\theta) = \cos \theta$ અને $\sin(-\theta) = -\sin \theta$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$\alpha^n + \beta^n = 2^n \left(2 \cos \frac{n\pi}{3}\right) = 2^{n+1} \cos \left(\frac{n\pi}{3}\right)$.

(A) ધારો કે $z = \left(\frac{2+i \sqrt{5}}{2-i \sqrt{5}}\right)^{10} + \left(\frac{2-i \sqrt{5}}{2+i \sqrt{5}}\right)^{10}$.
ધારો કે $2 = r \cos \theta$ અને $\sqrt{5} = r \sin \theta$. તેથી $r = \sqrt{2^2 + (\sqrt{5})^2} = 3$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{2}{3}$ અને $\sin \theta = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
પદાવલિ $z = \left(\frac{\cos \theta + i \sin \theta}{\cos \theta - i \sin \theta}\right)^{10} + \left(\frac{\cos \theta - i \sin \theta}{\cos \theta + i \sin \theta}\right)^{10}$ બને છે.
ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$z = (e^{i2\theta})^{10} + (e^{-i2\theta})^{10} = 2 \cos(20\theta)$.
$\cos \theta = \frac{2}{3}$ હોવાથી,$\theta = \cos^{-1}(\frac{2}{3})$.
તેથી,$|z| = 2 \cos(20 \cos^{-1}(\frac{2}{3}))$,કારણ કે $20\theta$ પ્રથમ ચરણમાં છે જ્યાં કોસાઇન ધન છે.

(C) સંકર સંખ્યાઓના ધ્રુવીય સ્વરૂપના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$e^{i\theta} = \cos \theta + i \sin \theta$,આપેલ પદાવલિને આ રીતે લખી શકાય:
$e^{i \frac{\pi}{2}} \cdot e^{i \frac{\pi}{4}} \cdot e^{i \frac{\pi}{8}} \ldots \infty$
$= e^{i(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{8} + \ldots \infty)}$
ઘાતાંક એ અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = \frac{\pi}{2}$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = \frac{1}{2}$ છે.
અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ છે.
$S_{\infty} = \frac{\frac{\pi}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{\frac{\pi}{2}}{\frac{1}{2}} = \pi$.
આમ,પદાવલિ $e^{i\pi}$ બને છે.
ઓઈલરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$e^{i\pi} = \cos \pi + i \sin \pi = -1 + i(0) = -1$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $z = \frac{1+\cos (3 \theta)+i \sin (3 \theta)}{1+\cos (3 \theta)-i \sin (3 \theta)}$.
નિત્યસમ $1+\cos (2A) = 2\cos^2 A$ અને $\sin (2A) = 2\sin A \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$z = \frac{2\cos^2(\frac{3\theta}{2}) + i 2\sin(\frac{3\theta}{2})\cos(\frac{3\theta}{2})}{2\cos^2(\frac{3\theta}{2}) - i 2\sin(\frac{3\theta}{2})\cos(\frac{3\theta}{2})}$
$z = \frac{2\cos(\frac{3\theta}{2}) [\cos(\frac{3\theta}{2}) + i\sin(\frac{3\theta}{2})]}{2\cos(\frac{3\theta}{2}) [\cos(\frac{3\theta}{2}) - i\sin(\frac{3\theta}{2})]}$
$z = \frac{\cos(\frac{3\theta}{2}) + i\sin(\frac{3\theta}{2})}{\cos(\frac{3\theta}{2}) - i\sin(\frac{3\theta}{2})} = \frac{e^{i(3\theta/2)}}{e^{-i(3\theta/2)}} = e^{i(3\theta/2 + 3\theta/2)} = e^{i(3\theta)}$.
તેથી,$z^{20} = (e^{i(3\theta)})^{20} = e^{i(60\theta)} = \cos(60\theta) + i\sin(60\theta)$.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
$\omega$ ની ઘાતનું સાદું રૂપ આપતા:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
હવે પદાવલિમાં કિંમત મૂકતા:
$\sin \left\{(\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4}\right\}$
$\omega + \omega^2 = -1$ હોવાથી:
$\sin \left\{-\pi - \frac{\pi}{4}\right\} = \sin \left(-\left(\pi + \frac{\pi}{4}\right)\right) = -(-\sin \frac{\pi}{4}) = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{\sqrt{2}}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) એકમના ઘનમૂળ $1, \omega, \omega^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\omega = e^{i \frac{2\pi}{3}}$.
આ બિંદુઓ સંકર સમતલમાં એકમ વર્તુળ $|z| = 1$ પર આવેલા છે.
કોઈપણ બે મૂળ વચ્ચેનું અંતર $|1 - \omega| = \sqrt{3}$ છે.
બધા શિરોબિંદુઓની જોડી વચ્ચેનું અંતર સમાન હોવાથી,બનતો ત્રિકોણ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) ધારો કે $\omega = a$. એકમના $n$ માં મૂળ $1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x^n - 1 = (x-1)(x-\omega)(x-\omega^2) \ldots (x-\omega^{n-1})$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(x^n - 1) = \ln(x-1) + \ln(x-\omega) + \ln(x-\omega^2) + \ldots + \ln(x-\omega^{n-1})$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{n x^{n-1}}{x^n - 1} = \frac{1}{x-1} + \sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{x-\omega^i}$.
સરવાળાને અલગ કરતા:
$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{x-\omega^i} = \frac{n x^{n-1}}{x^n - 1} - \frac{1}{x-1}$.
$x = 2$ લેતા:
$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{2-\omega^i} = \frac{n \cdot 2^{n-1}}{2^n - 1} - \frac{1}{2-1} = \frac{n \cdot 2^{n-1}}{2^n - 1} - 1$.
પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{n \cdot 2^{n-1} - (2^n - 1)}{2^n - 1} = \frac{n \cdot 2^{n-1} - 2 \cdot 2^{n-1} + 1}{2^n - 1} = \frac{(n-2) 2^{n-1} + 1}{2^n - 1}$.

(B) આપેલ છે કે,$\left|\frac{z-i}{z-2i}\right|=2$.
ધારો કે $z=x+iy$.
તેથી,$|x+i(y-1)|=2|x+i(y-2)|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$x^2+(y-1)^2=4[x^2+(y-2)^2]$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા,$x^2+y^2-2y+1=4[x^2+y^2-4y+4]$.
$x^2+y^2-2y+1=4x^2+4y^2-16y+16$.
પદોને ગોઠવતા,$3x^2+3y^2-14y+15=0$.
$3$ વડે ભાગતા,$x^2+y^2-\frac{14}{3}y+5=0$.
આ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ સ્વરૂપમાં વર્તુળનું સમીકરણ છે.
આમ,$z$ નો બિંદુપથ એક વર્તુળ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(A) કાર્તેઝિયન સમતલમાં વર્તુળનું સામાન્ય સમીકરણ $x^2 + y^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ દ્વારા આપવામાં આવે છે ... $(i)$
ધારો કે $z = x + iy$ અને $\bar{z} = x - iy$.
તેથી $z + \bar{z} = 2x$ અને $z \bar{z} = x^2 + y^2$.
વળી,$y = \frac{z - \bar{z}}{2i} = -\frac{i}{2}(z - \bar{z})$.
આ કિંમતોને સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$z \bar{z} + 2g(\frac{z + \bar{z}}{2}) + 2f(\frac{z - \bar{z}}{2i}) + c = 0$
$z \bar{z} + g(z + \bar{z}) - if(z - \bar{z}) + c = 0$
$z \bar{z} + (g - if)z + (g + if)\bar{z} + c = 0$
ધારો કે $b = g + if$,તો $\bar{b} = g - if$.
આ કિંમતો મૂકતા,આપણને $z \bar{z} + \bar{b}z + b\bar{z} + c = 0$ મળે છે.
આ સંકર સમતલમાં વર્તુળ દર્શાવે છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ અસમતા $|z - (2 + 2i)| \leq 1$ છે.
ધારો કે $z = x + iy$,જ્યાં $x, y \in \mathbb{R}$.
અસમતામાં $z$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $|(x - 2) + i(y - 2)| \leq 1$ મળે છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(x - 2)^2 + (y - 2)^2 \leq 1^2$ મળે છે.
આ સમીકરણ સંકર સમતલમાં $(2, 2)$ કેન્દ્ર અને $r = 1$ ત્રિજ્યા ધરાવતી બંધ વર્તુળાકાર તકતી દર્શાવે છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) $n$ ભિન્ન વસ્તુઓને વર્તુળાકારમાં ગોઠવવાની રીતોની સંખ્યા $(n-1)!$ છે.
માળાને ઉલટાવી શકાય છે,તેથી ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં અને તેની વિરુદ્ધ દિશામાંની ગોઠવણી સમાન ગણાય છે.
તેથી,$n$ અલગ-અલગ રંગના ફૂલોનો ઉપયોગ કરીને બનાવી શકાય તેવી વિવિધ માળાઓની સંખ્યા $\frac{(n-1)!}{2}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$n = 5$ માટે,માળાઓની સંખ્યા $\frac{(5-1)!}{2} = \frac{4!}{2} = \frac{24}{2} = 12$ છે.

(B) ધારો કે છેદનું સામાન્ય પદ $T_n = (n^2+1)n!$ છે.
આપણે $T_n = (n+1)(n+1)! - 2n \cdot n!$ તરીકે લખી શકીએ.
સરવાળો $S = \sum_{n=1}^{100} (n^2+1)n! = 100 \cdot 101!$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિ $\frac{10001 \times 100!}{100 \times 101 \times 100!} = \frac{10001}{10100}$ થાય.

(D) આપેલ છે કે ${}^n P_4 = 1680$.
${}^n P_r = \frac{n!}{(n-r)!}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$n(n-1)(n-2)(n-3) = 1680$.
આપણે ચાર ક્રમિક પૂર્ણાંકો શોધવાની જરૂર છે જેનો ગુણાકાર $1680$ થાય.
અવિભાજ્ય અવયવીકરણ દ્વારા: $1680 = 8 \times 7 \times 6 \times 5$.
પદોની સરખામણી કરતા,આપણને $n = 8$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપણને પદાવલિ $\frac{{}^{n+1}C_{r+1}}{{}^{n+1}C_r} = \frac{n-r+1}{m}$ આપેલ છે.
સૂત્ર ${}^{n}C_{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{{}^{n+1}C_{r+1}}{{}^{n+1}C_r} = \frac{\frac{(n+1)!}{(r+1)!(n-r)!}}{\frac{(n+1)!}{r!(n-r+1)!}} = \frac{r!(n-r+1)!}{(r+1)!(n-r)!}$.
ફેક્ટોરિયલનું સાદુંરૂપ આપતા:
$= \frac{r! \times (n-r+1) \times (n-r)!}{(r+1) \times r! \times (n-r)!} = \frac{n-r+1}{r+1}$.
આપેલ પદાવલિ $\frac{n-r+1}{m}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = r+1$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) $8$ પેનમાંથી $4$ પેન પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા ${ }^8 C_4 = \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 70$ છે.
$5$ પેન્સિલમાંથી $3$ પેન્સિલ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા ${ }^5 C_3 = \frac{5 \times 4 \times 3}{3 \times 2 \times 1} = 10$ છે.
કુલ રીતોની સંખ્યા $= { }^8 C_4 \times { }^5 C_3 = 70 \times 10 = 700$.

(C) '$GOVIND$' માં અક્ષરો $D, G, I, N, O, V$ છે. કુલ અક્ષરો = $6$. બધા અક્ષરો અલગ છે.
કુલ શબ્દોની સંખ્યા = $6! = 720$.
'$GOVIND$' નો ક્રમ શોધવા માટે,અક્ષરોને મૂળાક્ષર ક્રમમાં ગોઠવો: $D, G, I, N, O, V$.
$1$. $D$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $5! = 120$.
$2$. $G$ થી શરૂ થતા શબ્દો:
- $GD...$: $4! = 24$.
- $GI...$: $4! = 24$.
- $GN...$: $4! = 24$.
- $GO...$: પછીનો અક્ષર $D$ છે (મૂળાક્ષર ક્રમ મુજબ).
- $GOD...$: $3! = 6$.
- $GOI...$: $3! = 6$.
- $GON...$: $3! = 6$.
- $GOV...$: પછીનો અક્ષર $D$ છે.
- $GOVD...$: $2! = 2$.
- $GOVI...$: પછીનો અક્ષર $D$ છે.
- $GOVIDN$: $1$.
- $GOVIND$: $1$.
'$GOVIND$' નો ક્રમ = $120 + (24 \times 3) + (6 \times 3) + 2 + 1 + 1 = 120 + 72 + 18 + 4 = 214$.
'$GOVIND$' પછી આવતા શબ્દોની સંખ્યા = $720 - 214 = 506$.

(A) "$INTERMEDIATE$" શબ્દમાં $12$ અક્ષરો છે: $I, N, T, E, R, M, E, D, I, A, T, E$.
સ્વર છે: $I, E, E, I, A, E$ (કુલ $6$ સ્વર: $3$ $E, 2$ $I, 1$ $A$).
વ્યંજન છે: $N, T, R, M, D, T$ (કુલ $6$ વ્યંજન: $2$ $T, 1$ $N, 1$ $R, 1$ $M, 1$ $D$).
પ્રથમ,$6$ વ્યંજનોને ગોઠવો. ગોઠવણીની રીતો $\frac{6!}{2!}$ છે.
આ $6$ વ્યંજનો $7$ જગ્યાઓ (ખાલી જગ્યાઓ) બનાવે છે જ્યાં $6$ સ્વરોને એવી રીતે મૂકી શકાય કે જેથી કોઈ પણ બે સ્વર સાથે ન આવે.
$7$ જગ્યાઓમાં $6$ સ્વરોને ગોઠવવાની રીતો $\frac{^7P_6}{3!2!} = \frac{7!}{3!2!}$ છે.
કુલ ગોઠવણી = $\frac{6!}{2!} \times \frac{7!}{3!2!}$.

(C) $6$ અલગ-અલગ ગ્રીટિંગ કાર્ડ્સમાંથી દરેક કાર્ડ $4$ વ્યક્તિઓમાંથી કોઈને પણ મોકલી શકાય છે.
દરેક કાર્ડ માટે $4$ વિકલ્પો હોવાથી,કાર્ડ મોકલવાની કુલ રીતો $4 \times 4 \times 4 \times 4 \times 4 \times 4 = 4^6$ થશે.
$4^6 = 4096$.

(C) $n \times n$ ગ્રીડ પર લંબચોરસની કુલ સંખ્યા (ચોરસ સહિત) $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n \times n$ ગ્રીડ પર ચોરસની કુલ સંખ્યા $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જે લંબચોરસ ચોરસ નથી તેની સંખ્યા $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = 350$ છે.
$n=6$ માટે:
$\left(\frac{6 \times 7}{2}\right)^2 - \frac{6 \times 7 \times 13}{6} = 21^2 - 91 = 441 - 91 = 350$.
આમ,$n=6$.
ચોરસની કુલ સંખ્યા $n^2 = 6^2 = 36$ છે.
ચેસબોર્ડમાં કાળા અને સફેદ ચોરસની સંખ્યા સમાન હોવાથી,સફેદ ચોરસની સંખ્યા $\frac{36}{2} = 18$ છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $k \times k! = (k+1-1) \times k! = (k+1)! - k!$.
$k=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$\sum_{k=1}^{n} k \times k! = \sum_{k=1}^{n} ((k+1)! - k!) = (2! - 1!) + (3! - 2!) + \ldots + ((n+1)! - n!) = (n+1)! - 1!$.
આપેલ છે કે સરવાળો $11! - 1$ છે,તેથી $(n+1)! - 1 = 11! - 1$,જેનો અર્થ છે કે $n+1 = 11$,એટલે કે $n = 10$.
${}^n C_r$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $r = n/2$ પર મળે છે જ્યારે $n$ બેકી સંખ્યા હોય.
$n = 10$ માટે,મહત્તમ મૂલ્ય ${}^{10} C_5 = \frac{10!}{5!5!} = \frac{10 \times 9 \times 8 \times 7 \times 6}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = 252$ છે.

(A) બે બાળકો વચ્ચેની મેચ એ $30$ બાળકોમાંથી $2$ બાળકોની જોડી પસંદ કરવા સમાન છે.
મેચમાં પસંદગીનો ક્રમ મહત્વનો ન હોવાથી,આપણે સંચય (combination) ના સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$30$ માંથી $2$ બાળકો પસંદ કરવાની રીતો $^{30}C_2 = \frac{30 \times 29}{2 \times 1} = 435$ મેચ છે.

(C) ચેસબોર્ડ એ $8 \times 8$ ની ગ્રીડ છે,જેમાં $9$ આડી રેખાઓ અને $9$ ઊભી રેખાઓ હોય છે.
લંબચોરસ બનાવવા માટે,આપણે $9$ માંથી $2$ આડી રેખાઓ અને $9$ માંથી $2$ ઊભી રેખાઓ પસંદ કરવાની જરૂર છે.
$2$ આડી રેખાઓ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $^9C_2$ છે.
$2$ ઊભી રેખાઓ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $^9C_2$ છે.
તેથી,લંબચોરસની કુલ સંખ્યા $^9C_2 \times ^9C_2$ છે.
આમ,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(B) આપણે નિત્યસમ ${}^n C_r + {}^n C_{r-1} = {}^{n+1} C_r$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલી પદાવલિ ${}^n C_{r+1} + {}^n C_{r-1} + 2{}^n C_r$ છે.
જેને $({}^n C_{r+1} + {}^n C_r) + ({}^n C_r + {}^n C_{r-1})$ તરીકે લખી શકાય.
નિત્યસમ લાગુ પાડતા,આપણને ${}^{n+1} C_{r+1} + {}^{n+1} C_r$ મળે છે.
ફરીથી નિત્યસમ લાગુ પાડતા,આપણને ${}^{n+2} C_{r+1}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) ધારો કે ચેસબોર્ડનું કદ $n \times n$ છે. $n \times n$ ગ્રીડ પર લંબચોરસની સંખ્યા $\binom{n+1}{2} \times \binom{n+1}{2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 = 1296 = (36)^2$.
તેથી,$\frac{n(n+1)}{2} = 36$,જેનો અર્થ છે કે $n(n+1) = 72$,તેથી $n = 8$.
$n \times n$ બોર્ડ પર ચોરસની કુલ સંખ્યા $\sum_{k=1}^{n} k^2$ છે.
$n = 8$ માટે,સરવાળો $1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 + 7^2 + 8^2$ છે.
સૂત્ર $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\frac{8 \times 9 \times 17}{6} = 4 \times 3 \times 17 = 204$ મળે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે લોકમાં $3$ રિંગ્સ છે અને દરેક રિંગમાં $8$ અંકો છે.
દરેક રિંગને $8$ અંકોમાંથી કોઈપણ એક પર સ્વતંત્ર રીતે સેટ કરી શકાય છે.
તેથી,$3$ રિંગ્સને ફેરવી શકાય તેવી કુલ અલગ-અલગ રીતોની સંખ્યા $8 \times 8 \times 8 = 8^3$ છે.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) સમિતિમાં હંમેશા એક ચોક્કસ સભ્યનો સમાવેશ કરવાનો હોવાથી,આપણે $6$ માંથી $1$ સ્થાન ભરી દીધું છે.
તેથી,આપણે બાકીના $10 - 1 = 9$ સભ્યોમાંથી બાકીના $6 - 1 = 5$ સભ્યો પસંદ કરવાના રહે છે.
$9$ માંથી $5$ સભ્યો પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા ${}^{9}C_{5}$ છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) આપેલા અક્ષરો મૂળાક્ષરોના ક્રમમાં $A, H, L, R, U$ છે.
કુલ અક્ષરોની સંખ્યા $5$ છે.
$A$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $4! = 24$ શબ્દો.
$H$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $4! = 24$ શબ્દો.
$L$ થી શરૂ થતા શબ્દો: $4! = 24$ શબ્દો.
હવે,$R$ થી શરૂ થતા શબ્દો:
$RA$ થી શરૂ થતા શબ્દો:
$RAH...$: $RAHLU, RAHUL$ ($2$ શબ્દો).
તેથી,$RAHUL$ નો ક્રમ $24 + 24 + 24 + 2 = 74$ છે.
આમ,$RAHUL$ નો ક્રમ $74$ છે.

(D) પ્રથમ,$6$ લાલ દડાને હરોળમાં ગોઠવો. $6$ લાલ દડાને ગોઠવવાની રીતો $6!$ છે.
હવે,$6$ કાળા દડાને ગોઠવવા માટે $7$ જગ્યાઓ ઉપલબ્ધ છે જેથી કોઈ પણ બે કાળા દડા સાથે ન આવે: $\_ R \_ R \_ R \_ R \_ R \_ R \_$.
તેથી,$6$ કાળા દડાને ગોઠવવાની રીતો $\binom{7}{6} \times 6!$ છે.
તેથી,જરૂરી ગોઠવણીઓની કુલ સંખ્યા $= 6! \times 7 \times 6! = 7 \times 6! \times 6!$.

(C) "$ASSASSINATION$" શબ્દમાં $13$ અક્ષરો છે: $A(3), S(4), I(2), N(2), T(1)$.
કુલ ગોઠવણીની સંખ્યા $= \frac{13!}{3!4!2!2!}$.
કોઈ પણ બે $A$ સાથે ન આવે તે માટે,બાકીના $10$ અક્ષરો $(S, S, S, S, I, I, N, N, T)$ ને પહેલા ગોઠવો.
આ $10$ અક્ષરોને ગોઠવવાની રીતો $\frac{10!}{4!2!2!}$ છે.
આ $10$ અક્ષરો વચ્ચે $11$ જગ્યાઓ (છેડાઓ સહિત) બને છે જ્યાં $3$ $A$ ને મૂકી શકાય.
$11$ માંથી $3$ જગ્યાઓ પસંદ કરવાની રીતો $^{11}C_3 = \frac{11 \times 10 \times 9}{3 \times 2 \times 1} = 165$ છે.
જરૂરી સંભાવના $= \frac{\frac{10!}{4!2!2!} \times ^{11}C_3}{\frac{13!}{3!4!2!2!}} = \frac{10! \times 165 \times 3!}{13!} = \frac{165 \times 6}{13 \times 12 \times 11} = \frac{15}{26}$.

(C) ધારો કે સમિતિમાં પુરુષોની સંખ્યા $m$ અને સ્ત્રીઓની સંખ્યા $w$ છે.
આપણને આપેલ છે કે $w = 2m$ અને $m \ge 2$.
કુલ $4$ પુરુષો અને $6$ સ્ત્રીઓ ઉપલબ્ધ હોવાથી,$m \le 4$ અને $w \le 6$ થાય.
$w = 2m$ ને $w \le 6$ માં મૂકતા,$2m \le 6$ મળે,એટલે કે $m \le 3$.
આમ,$m$ ની શક્ય કિંમતો $2$ અને $3$ છે.
કિસ્સો $1$: જો $m = 2$,તો $w = 2(2) = 4$. પસંદગીની રીતો = $^4C_2 \times ^6C_4 = 6 \times 15 = 90$.
કિસ્સો $2$: જો $m = 3$,તો $w = 2(3) = 6$. પસંદગીની રીતો = $^4C_3 \times ^6C_6 = 4 \times 1 = 4$.
કુલ રીતો = $90 + 4 = 94$.

(A) આપણે $5$ વ્યંજનો અને $5$ સ્વરોમાંથી $3$ વ્યંજનો અને $2$ સ્વરોનો ઉપયોગ કરીને શબ્દો બનાવવાના છે.
પ્રથમ,આપણે વ્યંજનો અને સ્વરો પસંદ કરીશું:
$5$ માંથી $3$ વ્યંજનો પસંદ કરવાની રીતો ${}^5C_3 = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$ છે.
$5$ માંથી $2$ સ્વરો પસંદ કરવાની રીતો ${}^5C_2 = \frac{5 \times 4}{2 \times 1} = 10$ છે.
અક્ષરો પસંદ કરવાની કુલ રીતો = $10 \times 10 = 100$.
હવે,આ $5$ પસંદ કરેલા અક્ષરોને પોતાની વચ્ચે $5!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
$5! = 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 120$.
બનાવી શકાય તેવા શબ્દોની કુલ સંખ્યા = $100 \times 120 = 12000$.

(C) "$ATTAIN$" શબ્દમાં $6$ અક્ષરો છે: $A, T, T, A, I, N$.
$T$ સાથે રહે તે માટે,આપણે $(TT)$ ની જોડીને એક એકમ તરીકે ગણીએ છીએ.
હવે,ગોઠવવાના અક્ષરો $(TT), A, A, I, N$ છે.
આમ આપણી પાસે કુલ $5$ એકમો છે.
આ $5$ એકમોમાં,$A$ અક્ષર $2$ વાર પુનરાવર્તિત થાય છે.
આ $5$ એકમોને ગોઠવવાની રીતો $\frac{5!}{2!} = \frac{120}{2} = 60$ છે.
બે $T$ સમાન હોવાથી,તેમના બ્લોકની અંદર તેમને ગોઠવવાની માત્ર $1$ રીત છે.
તેથી,કુલ ગોઠવણીની સંખ્યા $60 \times 1 = 60$ છે.

(B) $8$-ઓર બોટ માટે સ્ટ્રોક સાઇડ પર $4$ અને બો સાઇડ પર $4$ પુરુષોની જરૂર છે.
કુલ $12$ પુરુષોમાંથી $3$ ફક્ત સ્ટ્રોક સાઇડ માટે છે અને $9$ બંને બાજુ કામ કરી શકે છે.
પસંદગી અને ગોઠવણીની કુલ રીતો $= { }^{9}C_{4} \times { }^{8}C_{4} \times 4! \times 4!$.
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1+x)^n = \sum_{r=0}^n C_r x^r$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$n(1+x)^{n-1} = \sum_{r=1}^n r \cdot C_r x^{r-1}$.
$x=1$ મુકતા,આપણને મળે છે:
$n(1+1)^{n-1} = \sum_{r=1}^n r \cdot C_r$.
તેથી,$\sum_{r=1}^n r \cdot C_r = n 2^{n-1}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે દ્વિપદી વિસ્તરણ નીચે મુજબ છે:
$(1+x)^n = C_0 + C_1 x + C_2 x^2 + C_3 x^3 + \ldots + C_n x^n$
$x=1$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$2^n = C_0 + C_1 + C_2 + C_3 + \ldots + C_n$ $(i)$
$x=-1$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + \ldots + (-1)^n C_n$ (ii)
જો $n$ બેકી સંખ્યા હોય,તો $(-1)^n = 1$,તેથી સમીકરણ (ii) આ મુજબ બને છે:
$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + \ldots + C_n$ (iii)
$(i)$ અને (iii) નો સરવાળો કરતા:
$2^n + 0 = 2(C_0 + C_2 + C_4 + \ldots + C_n)$
$\Rightarrow C_0 + C_2 + C_4 + \ldots + C_n = 2^{n-1}$
$(i)$ માંથી (iii) બાદ કરતા:
$2^n - 0 = 2(C_1 + C_3 + C_5 + \ldots + C_{n-1})$
$\Rightarrow C_1 + C_3 + C_5 + \ldots + C_{n-1} = 2^{n-1}$
આમ,બંને વિધાનો સાચા છે.

(C) $n!$ માં અંતિમ શૂન્યોની સંખ્યા $n!$ ના અવિભાજ્ય અવયવીકરણમાં $5$ ના ઘાતાંક દ્વારા નક્કી કરવામાં આવે છે,કારણ કે $2$ નો ઘાતાંક હંમેશા $5$ ના ઘાતાંક કરતા વધારે અથવા તેના જેટલો હોય છે.
$n!$ માં $5$ નો ઘાતાંક લેજેન્ડ્રના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E_5(n!) = \lfloor \frac{n}{5} \rfloor + \lfloor \frac{n}{25} \rfloor + \lfloor \frac{n}{125} \rfloor + \dots = 13$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$n = 57$ માટે: $E_5(57!) = \lfloor \frac{57}{5} \rfloor + \lfloor \frac{57}{25} \rfloor = 11 + 2 = 13$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) ધારો કે બહુકોણની બાજુઓની સંખ્યા $n$ છે. $n$ બાજુઓ ધરાવતા બહુકોણમાં વિકર્ણોની સંખ્યા શોધવાનું સૂત્ર $\frac{n(n-3)}{2}$ છે.
આપેલ છે કે વિકર્ણોની સંખ્યા $54$ છે,તેથી:
$\frac{n(n-3)}{2} = 54$
$n(n-3) = 108$
$n^2 - 3n - 108 = 0$
$(n-12)(n+9) = 0$
$n$ એ ધન પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n = 12$.
આમ,બહુકોણને $12$ બાજુઓ છે.

(B) $n$ બાજુઓ ધરાવતા બહુકોણમાં વિકર્ણોની સંખ્યા $\frac{n(n-3)}{2}$ સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે વિકર્ણોની સંખ્યા $170$ છે,તેથી:
$\frac{n(n-3)}{2} = 170$
$n(n-3) = 340$
$n^2 - 3n - 340 = 0$
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા:
$(n - 20)(n + 17) = 0$
$n$ ધન હોવો જોઈએ,તેથી $n = 20$.
નિયમિત બહુકોણના અંતઃકોણનું માપ $\frac{(n-2) \pi}{n}$ છે.
$n = 20$ માટે,અંતઃકોણ $\frac{(20-2) \pi}{20} = \frac{18 \pi}{20} = \frac{9 \pi}{10}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ધારો કે સમતલ પર $n$ બિંદુઓ છે. $n$ બિંદુઓને જોડીને બનતા રેખાખંડોની સંખ્યા ${}^nC_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે કુલ રેખાખંડોની સંખ્યા $15$ છે,તેથી:
${}^nC_2 = 15$
$\frac{n(n - 1)}{2} = 15$
$n(n - 1) = 30$
$n^2 - n - 30 = 0$
$(n - 6)(n + 5) = 0$
બિંદુઓની સંખ્યા $n$ ધન હોવી જોઈએ,તેથી $n = 6$.

(C) બહુકોણ $10$ બિંદુઓમાંથી $n$ બિંદુઓ પસંદ કરીને બને છે,જ્યાં $n \ge 3$.
$10$ માંથી $n$ બિંદુઓ પસંદ કરવાની રીતોની સંખ્યા $\binom{10}{n}$ છે.
વર્તુળ પરના કોઈપણ $n$ બિંદુઓ $(n \ge 3)$ એક અનન્ય બહિર્મુખ બહુકોણ બનાવે છે,તેથી કુલ બહુકોણની સંખ્યા $n = 3, 4, \dots, 10$ માટેના સંચયોનો સરવાળો છે.
કુલ બહુકોણ = $\binom{10}{3} + \binom{10}{4} + \binom{10}{5} + \binom{10}{6} + \binom{10}{7} + \binom{10}{8} + \binom{10}{9} + \binom{10}{10}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{n=0}^{10} \binom{10}{n} = 2^{10} = 1024$.
તેથી,$\sum_{n=3}^{10} \binom{10}{n} = 2^{10} - \binom{10}{0} - \binom{10}{1} - \binom{10}{2}$.
$= 1024 - 1 - 10 - 45 = 968$.

(B) આપેલ શ્રેણિક સમીકરણ $AX = D$ છે,જ્યાં $A = \begin{bmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$ અને $D = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$ છે.
ઉકેલનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે શ્રેણિક $A$ નો નિશ્ચાયક $\Delta = |A|$ શોધીશું.
$\Delta = \begin{vmatrix} 2 & -1 & 3 \\ 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}$
ત્રીજી હારને સાપેક્ષ વિસ્તરણ કરતા:
$\Delta = 0 \cdot \begin{vmatrix} -1 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} - 0 \cdot \begin{vmatrix} 2 & 3 \\ 1 & -1 \end{vmatrix} + 1 \cdot \begin{vmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{vmatrix}$
$\Delta = 1 \cdot (2(1) - (-1)(1)) = 1 \cdot (2 + 1) = 3$.
અહીં $\Delta = 3 \neq 0$ હોવાથી,શ્રેણિક $A$ એ અસામાન્ય (non-singular) છે અને તેનો વ્યસ્ત શ્રેણિક અસ્તિત્વ ધરાવે છે.
તેથી,સમીકરણ સંહતિ $AX = D$ ને અનન્ય ઉકેલ છે જે $X = A^{-1}D$ દ્વારા મળે છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \cos^{-1}\left(\frac{x-3}{2}\right) - \log_{10}(4-x)$ છે.
લઘુગણકીય વિધેય $\log_{10}(4-x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો આર્ગ્યુમેન્ટ ધન હોવો જોઈએ:
$4 - x > 0 \implies x < 4$.
પ્રતિ-ત્રિકોણમિતીય વિધેય $\cos^{-1}\left(\frac{x-3}{2}\right)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,તેનો આર્ગ્યુમેન્ટ $[-1, 1]$ અંતરાલમાં હોવો જોઈએ:
$-1 \leq \frac{x-3}{2} \leq 1$.
$2$ વડે ગુણતા,આપણને $-2 \leq x - 3 \leq 2$ મળે છે.
દરેક પદમાં $3$ ઉમેરતા,$1 \leq x \leq 5$ મળે છે.
$f(x)$ નો પ્રદેશ એ બંને શરતોનો છેદગણ છે:
$x < 4$ અને $1 \leq x \leq 5$.
તેથી,પ્રદેશ $x \in [1, 4)$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right)$.
તેથી,$\cos^{-1}(\sin \theta) = \cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right]$.
કારણ કે $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,તેથી $-\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$,અને આમ $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$.
$\cos^{-1} x$ ની મુખ્ય કિંમતની શાખાનો વિસ્તાર $[0, \pi]$ છે.
કારણ કે $\left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \in [0, \pi]$,તેથી $\cos^{-1} \left[ \cos \left(\frac{\pi}{2} - \theta\right) \right] = \frac{\pi}{2} - \theta$ થાય.

(B) આપેલ છે કે,$\theta = \cot^{-1}(7) + \cot^{-1}(8) + \cot^{-1}(18)$.
ગુણધર્મ $\cot^{-1}(x) = \tan^{-1}(\frac{1}{x})$ ($x > 0$ માટે) નો ઉપયોગ કરતા:
$\theta = \tan^{-1}(\frac{1}{7}) + \tan^{-1}(\frac{1}{8}) + \tan^{-1}(\frac{1}{18})$.
પ્રથમ બે પદો માટે $\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(y) = \tan^{-1}(\frac{x+y}{1-xy})$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan^{-1}(\frac{1}{7}) + \tan^{-1}(\frac{1}{8}) = \tan^{-1}(\frac{\frac{1}{7} + \frac{1}{8}}{1 - \frac{1}{7 \times 8}}) = \tan^{-1}(\frac{\frac{15}{56}}{\frac{55}{56}}) = \tan^{-1}(\frac{15}{55}) = \tan^{-1}(\frac{3}{11})$.
હવે,ત્રીજું પદ ઉમેરતા:
$\theta = \tan^{-1}(\frac{3}{11}) + \tan^{-1}(\frac{1}{18}) = \tan^{-1}(\frac{\frac{3}{11} + \frac{1}{18}}{1 - \frac{3}{11 \times 18}}) = \tan^{-1}(\frac{\frac{54+11}{198}}{\frac{198-3}{198}}) = \tan^{-1}(\frac{65}{195}) = \tan^{-1}(\frac{1}{3})$.
આમ,$\tan \theta = \frac{1}{3}$,જેનો અર્થ છે કે $\cot \theta = 3$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{Tan}^{-1} x - \operatorname{Tan}^{-1} y = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{x-y}{1+xy} \right)$.
શ્રેણીના દરેક પદને $\operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{(k+1)-k}{1+k(k+1)} \right) = \operatorname{Tan}^{-1}(k+1) - \operatorname{Tan}^{-1}(k)$ તરીકે લખી શકાય છે.
$k=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા:
$S = \sum_{k=1}^{n} (\operatorname{Tan}^{-1}(k+1) - \operatorname{Tan}^{-1}(k))$
$S = (\operatorname{Tan}^{-1} 2 - \operatorname{Tan}^{-1} 1) + (\operatorname{Tan}^{-1} 3 - \operatorname{Tan}^{-1} 2) + \cdots + (\operatorname{Tan}^{-1}(n+1) - \operatorname{Tan}^{-1} n)$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે:
$S = \operatorname{Tan}^{-1}(n+1) - \operatorname{Tan}^{-1}(1)$
સૂત્ર $\operatorname{Tan}^{-1} x - \operatorname{Tan}^{-1} y = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{x-y}{1+xy} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{(n+1)-1}{1+(n+1)(1)} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{n}{1+n+1} \right) = \operatorname{Tan}^{-1} \left( \frac{n}{n+2} \right)$.
આને $\operatorname{Tan}^{-1} \theta$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\theta = \frac{n}{n+2}$ મળે છે.

(B) વિધેય $f(x) = ([x]^2 - [x] - 2)^{-1/2}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ ધન હોવી જોઈએ:
$[x]^2 - [x] - 2 > 0$
દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$([x] - 2)([x] + 1) > 0$
આ અસમતા ત્યારે જ સાચી ઠરે જ્યારે $[x] < -1$ અથવા $[x] > 2$ હોય.
કિસ્સો $1$: જો $[x] < -1$,તો $x < -1$.
કિસ્સો $2$: જો $[x] > 2$,તો $[x] \geq 3$,જેનો અર્થ છે કે $x \geq 3$.
આ બંનેને જોડતા,પ્રદેશ $(-\infty, -1) \cup [3, \infty)$ મળે છે.
જેને $R - [-1, 3)$ તરીકે લખી શકાય.

(D) વિધેય $f(x) = \frac{\sin \pi[x]}{1+[x]} + \frac{x}{2+3x}$ છે.
પ્રથમ પદ માટે,છેદ $1+[x] \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $[x] \neq -1$. કારણ કે $x \in [-1, 0)$ માટે $[x] = -1$ થાય છે,તેથી આપણે આ અંતરાલને પ્રદેશમાંથી બાકાત રાખવો પડશે.
બીજા પદ માટે,છેદ $2+3x \neq 0$,જેનો અર્થ છે કે $x \neq -\frac{2}{3}$. કારણ કે $-\frac{2}{3} \in [-1, 0)$,તે પહેલેથી જ બાકાત છે.
આમ,પ્રદેશ $D(f) = R - [-1, 0)$ છે.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(B) વિધેયના પ્રદેશનું એવું બિંદુ કે જ્યાં વિધેયની લક્ષ કિંમત અસ્તિત્વમાં ન હોય અથવા વિધેયના મૂલ્ય જેટલી ન હોય અને તે બિંદુ પર વિધેયને ફરીથી વ્યાખ્યાયિત કરીને સતત બનાવી શકાતું ન હોય,તો તેને દૂર ન કરી શકાય તેવી અસતતતા કહેવાય છે.
આને આવશ્યક અથવા જમ્પ અસતતતા તરીકે પણ ઓળખવામાં આવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{|x|-x}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ:
$|x| - x \geq 0$
$|x| \geq x$
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ વાસ્તવિક સંખ્યા $x$ માટે,નિરપેક્ષ મૂલ્ય $|x|$ હંમેશા $x$ કરતા મોટું અથવા તેના જેટલું હોય છે (એટલે કે,$|x| \geq x$ એ તમામ $x \in R$ માટે સાચું છે).
જો $x \geq 0$ હોય,તો $|x| = x$,તેથી $x - x = 0 \geq 0$.
જો $x < 0$ હોય,તો $|x| = -x$,તેથી $-x - x = -2x > 0$ (કારણ કે $x$ ઋણ છે).
આમ,અસમતા તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે સાચી છે.
તેથી,પ્રદેશ $(-\infty, \infty)$ છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = \sin \left(\frac{1}{|x| \sqrt{x^2-1}}\right)$ છે.
પ્રદેશ માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ: $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે $x^2 > 1$,તેથી $x \in (-\infty, -1) \cup (1, \infty)$,અથવા $x \in R - [-1, 1]$.
છેદ શૂન્ય ન હોવો જોઈએ: $|x| \sqrt{x^2 - 1} \neq 0$,જે $R - [-1, 1]$ ના તમામ $x$ માટે સાચું છે.
આમ,પ્રદેશ $R - [-1, 1]$ છે.
જેમ $x$ તેના પ્રદેશમાં બદલાય છે,તેમ દલીલ $\theta = \frac{1}{|x| \sqrt{x^2-1}}$ એ $(0, \infty)$ માં કોઈપણ કિંમત લઈ શકે છે,તેથી $\sin(\theta)$ વિધેય $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરશે.
તેથી,વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.

(B) ધારો કે $y = \frac{x+2}{2x^2+3x+6}$.
$x \in \mathbb{R}$ હોવાથી,$2yx^2 + 3xy + 6y = x + 2$,જે $2yx^2 + (3y-1)x + (6y-2) = 0$ માં પરિણમે છે.
$x$ વાસ્તવિક સંખ્યા હોવા માટે,વિવેચક $D \geq 0$ હોવો જોઈએ.
$D = (3y-1)^2 - 4(2y)(6y-2) \geq 0$.
$9y^2 - 6y + 1 - 48y^2 + 16y \geq 0$.
$-39y^2 + 10y + 1 \geq 0$.
$39y^2 - 10y - 1 \leq 0$.
અવયવ પાડતા: $(13y+1)(3y-1) \leq 0$.
આથી વિસ્તાર $y \in [-\frac{1}{13}, \frac{1}{3}]$ મળે છે.
તેથી,$a = -\frac{1}{13}$ અને $b = \frac{1}{3}$.
અહીં $a < 0$ અને $b > 0$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) વિધેય $f(x) = \operatorname{sech}(x) = \frac{1}{\cosh(x)} = \frac{2}{e^x + e^{-x}}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
બધા $x \in R$ માટે $e^x + e^{-x} \geq 2$ હોવાથી,જ્યાં ન્યૂનતમ કિંમત $2$ એ $x = 0$ પર મળે છે,તેથી $0 < \frac{2}{e^x + e^{-x}} \leq \frac{2}{2} = 1$ થાય.
આમ,વિધેયની મહત્તમ કિંમત $1$ છે અને જેમ $x \to \pm \infty$ થાય તેમ તે $0$ ની નજીક પહોંચે છે.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $(0, 1]$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{x^6}{x^6+2020}$ છે.
તમામ $x \in R$ માટે $x^6 \ge 0$ હોવાથી,$f(x)$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x = 0$ આગળ મળે છે,જે $f(0) = \frac{0}{0+2020} = 0$ છે.
જેમ $x \rightarrow \pm \infty$,તેમ $f(x) = \frac{1}{1 + \frac{2020}{x^6}} \rightarrow \frac{1}{1+0} = 1$ થાય છે.
તમામ $x \in R$ માટે $x^6 < x^6 + 2020$ હોવાથી,અપૂર્ણાંકની કિંમત હંમેશા $1$ કરતા ઓછી રહે છે.
આમ,$f$ નો વિસ્તાર $[0, 1)$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $y = x^2 + \frac{1}{x^2+1}$.
ધારો કે $t = x^2$. $x \in \mathbb{R}$ હોવાથી,$t \geq 0$.
તેથી $y = t + \frac{1}{t+1} = (t+1) + \frac{1}{t+1} - 1$.
$t \geq 0$ હોવાથી,$t+1 \geq 1$.
$t+1$ અને $\frac{1}{t+1}$ માટે સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક અસમતા $(AM \geq GM)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{(t+1) + \frac{1}{t+1}}{2} \geq \sqrt{(t+1) \cdot \frac{1}{t+1}} = 1$.
તેથી,$(t+1) + \frac{1}{t+1} \geq 2$.
આમ,$y = (t+1) + \frac{1}{t+1} - 1 \geq 2 - 1 = 1$.
ન્યૂનતમ કિંમત $t=0$ (એટલે કે $x=0$) પર મળે છે,જ્યાં $f(0) = 0 + \frac{1}{0+1} = 1$.
તેથી,વિધેયનો વિસ્તાર $[1, \infty)$ છે.

(B) એક્સટ્રીમ વેલ્યુ થિયરમ (Extreme Value Theorem) મુજબ,જો વિધેય $f$ એ સંવૃત અને સીમિત અંતરાલ $[a, b]$ પર સતત હોય,તો $f$ તે અંતરાલ પર ન્યૂનતમ અને મહત્તમ બંને મૂલ્યો પ્રાપ્ત કરે છે.
તેથી,વિધેય $f$ નો વિસ્તાર એ સંવૃત અંતરાલ $[\text{ન્યૂનતમ } f, \text{મહત્તમ } f]$ છે.

(D) બે વિધેયો $f$ અને $g$ સમાન ત્યારે જ કહેવાય જો:
$(i)$ $f$ નો પ્રદેશ અને $g$ નો પ્રદેશ સમાન હોય.
(ii) $f$ નો સહપ્રદેશ અને $g$ નો સહપ્રદેશ સમાન હોય (સામાન્ય રીતે ગર્ભિત).
(iii) તેમના સામાન્ય પ્રદેશમાં રહેલા દરેક $x$ માટે $f(x) = g(x)$ હોય.
વ્યાખ્યા મુજબ,વિધેયોની સમાનતા માટે પ્રદેશ સમાન હોવા જોઈએ અને તે પ્રદેશના દરેક $x$ માટે વિધેયના મૂલ્યો સમાન હોવા જોઈએ,તેથી આપેલી ત્રણેય શરતો જરૂરી છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = 3 \sinh(x) - 2 \cosh(x)$ છે,જ્યાં $x \in R$.
વ્યાખ્યાઓ $\sinh(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ અને $\cosh(x) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = 3 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right) - 2 \left( \frac{e^x + e^{-x}}{2} \right)$
$f(x) = \frac{3e^x - 3e^{-x} - 2e^x - 2e^{-x}}{2} = \frac{e^x - 5e^{-x}}{2}$
હવે,વિકલન $f'(x)$ મેળવતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} e^x - \frac{5}{2} e^{-x} \right) = \frac{1}{2} e^x + \frac{5}{2} e^{-x}$
બધા $x \in R$ માટે $e^x > 0$ અને $e^{-x} > 0$ હોવાથી,$f'(x) > 0$ થાય છે.
તેથી,વિધેય $f$ એ $R$ પર ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ વિધેય $f : R \rightarrow R$ એ $f(x) = x - [x] + 3$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{x\} = x - [x]$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
આ કિંમત $f(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા,આપણને $f(x) = \{x\} + 3$ મળે છે.
અપૂર્ણાંક ભાગ વિધેય $\{x\}$ એ $1$ ના મૂળભૂત આવર્તમાન સાથેનું આવર્તી વિધેય છે.
કોઈપણ આવર્તી વિધેયમાં અચળ સંખ્યા ઉમેરવાથી તેના આવર્તમાનમાં કોઈ ફેરફાર થતો નથી,તેથી $f(x) = \{x\} + 3$ પણ $1$ આવર્તમાન ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે,$(g \circ f)^{-1}(t) = t-2$.
બંને બાજુ પ્રતિવિધેય લેતા,આપણને $(g \circ f)(t) = (t-2)^{-1}$ મળે છે.
કારણ કે $h(t) = t-2$ નું પ્રતિવિધેય $h^{-1}(t) = t+2$ છે,તેથી $(g \circ f)(t) = t+2$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $g(f(t)) = t+2$.
$f(t) = 3t-2$ મૂકતા,આપણને $g(3t-2) = t+2$ મળે છે.
ધારો કે $u = 3t-2$. તો $3t = u+2$,જેનો અર્થ છે કે $t = \frac{u+2}{3}$.
આ કિંમત $g(u)$ ના પદમાં મૂકતા:
$g(u) = \frac{u+2}{3} + 2 = \frac{u+2+6}{3} = \frac{u+8}{3}$.
$u$ ને $t$ વડે બદલતા,આપણને $g(t) = \frac{t+8}{3}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે,$f(x) = (2020 - x^{2019})^{1 / 2019}$.
પ્રથમ,આપણે $f \circ f(x) = f(f(x))$ શોધીએ.
$f(f(x)) = (2020 - (f(x))^{2019})^{1 / 2019}$.
$f(x)$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે $f(f(x)) = (2020 - ((2020 - x^{2019})^{1 / 2019})^{2019})^{1 / 2019}$.
$f(f(x)) = (2020 - (2020 - x^{2019}))^{1 / 2019} = (x^{2019})^{1 / 2019} = x$.
કારણ કે $f \circ f(x) = x$,વિધેય $f$ એ પોતાનું પ્રતિવિધેય છે.
તેથી,$(f \circ f \circ f \circ f)(x) = (f \circ f)(f \circ f(x)) = f \circ f(x) = x$.
આમ,$(f \circ f \circ f \circ f) \left( \frac{2019}{2020} \right) = \frac{2019}{2020}$.

(B) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y)$ છે,જ્યાં $x, y \in Z$.
આ પૂર્ણાંક સંખ્યાઓના ગણ $Z$ પર કોશીનું વિધેય સમીકરણ છે.
તેનો સામાન્ય ઉકેલ $f(x) = kx$ છે,જ્યાં $k \in Z$ કોઈ અચળાંક છે.
વિધેય $f$ બાયજેક્શન (એક-એક અને વ્યાપ્ત) હોવા માટે,તે એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને હોવું જોઈએ.
જો $f(x) = kx$ હોય,તો $f$ એક-એક છે જો $kx_1 = kx_2 \implies x_1 = x_2$ થાય,જે $k \neq 0$ માટે સાચું છે.
વિધેય $f$ વ્યાપ્ત હોવા માટે,દરેક $y \in Z$ માટે એવું $x \in Z$ મળવું જોઈએ કે જેથી $f(x) = y$,એટલે કે $kx = y$.
આનો અર્થ એ છે કે $x = y/k$. દરેક $y \in Z$ માટે $x$ પૂર્ણાંક હોય તે માટે $k$ એ $1$ નો ભાજક હોવો જોઈએ.
આમ,$k = 1$ અથવા $k = -1$.
તેથી,શક્ય વિધેયો $f(x) = x$ અને $f(x) = -x$ છે.
આમ,કુલ $2$ બાયજેક્શન શક્ય છે.

(D) આપેલ છે કે $x \in [1, \infty)$ માટે $f(x)=e^x$ અને $g(x)=\ln(x)$.
આપણે સંયોજિત વિધેય $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ વ્યાખ્યાયિત કરીએ છીએ.
વિધેયોની કિંમત મૂકતા,આપણને $(f \circ g)(x) = e^{\ln(x)}$ મળે છે.
કારણ કે $x > 0$ માટે $e^{\ln(x)} = x$ થાય છે,તેથી $x \in [1, \infty)$ માટે $(f \circ g)(x) = x$ મળે છે.
પ્રદેશ $[1, \infty)$ પર વ્યાખ્યાયિત વિધેય $h(x) = x$ એ તદેવ વિધેય છે.
તદેવ વિધેય તેના પ્રદેશ અને વિસ્તાર પર એક-એક (injective) અને વ્યાપ્ત (surjective) બંને હોય છે.
તેથી,આ વિધેય એક-એક અને વ્યાપ્ત (bijective) છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) શાંત ગણ $S$ માટે,વિધેય $f: S \rightarrow S$ એ શાંત ગણથી તે જ ગણ પરનું પ્રતિચિત્રણ છે.
જો $f$ એક-એક હોય,તો તે વ્યાપ્ત પણ હોવું જ જોઈએ (શાંત ગણ માટેના પીજનહોલ સિદ્ધાંત મુજબ),અને તેનાથી ઉલટું પણ સાચું છે.
કારણ કે $f$ એ બિન-તત્સમ વિધેય છે,તે તત્સમ સિવાયનું કોઈ ક્રમચય (એક-એક અને વ્યાપ્ત) હોઈ શકે છે,અથવા તે એક-એક કે વ્યાપ્ત ન પણ હોય.
પ્રશ્નમાં $f$ એ બિન-તત્સમ વિધેય છે તે સિવાય કોઈ ગુણધર્મો આપેલા નથી,તેથી તેનો ચોક્કસ પ્રકાર નક્કી કરવો અશક્ય છે.
તેથી,તે એક-એક,વ્યાપ્ત,એક-એક અને વ્યાપ્ત છે કે તેમાંથી કંઈ નથી તે નક્કી કરવા માટે માહિતી અપૂરતી છે.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) વિધેય $f: N \times N \rightarrow N$ એ $f(m, n) = 2^{m-1}(2n-1)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
એક-એક ચકાસવા માટે: ધારો કે $f(m_1, n_1) = f(m_2, n_2)$.
તેથી $2^{m_1-1}(2n_1-1) = 2^{m_2-1}(2n_2-1)$.
કોઈપણ પ્રાકૃતિક સંખ્યા $k$ ને અનન્ય રીતે $2^{m-1}(2n-1)$ તરીકે લખી શકાય છે,જ્યાં $2n-1$ એ $k$ નો એકી ભાગ છે અને $2^{m-1}$ એ $k$ ને ભાગતી $2$ ની મહત્તમ ઘાત છે,તેથી $m_1-1 = m_2-1$ અને $2n_1-1 = 2n_2-1$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $m_1 = m_2$ અને $n_1 = n_2$. આમ,$f$ એક-એક છે.
વ્યાપ્ત ચકાસવા માટે: કોઈપણ $k \in N$ માટે,જો $k$ એકી હોય,તો $k = 2^{1-1}(2n-1)$ જ્યાં $m=1$. જો $k$ બેકી હોય,તો $k = 2^p \cdot q$ જ્યાં $q$ એકી છે,તેથી $m-1 = p$ અને $2n-1 = q$.
દરેક $k \in N$ માટે આ સ્વરૂપમાં અનન્ય રજૂઆત હોવાથી,$f$ વ્યાપ્ત છે.
તેથી,$f$ એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{e^{|x|} - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} + \cos^3\left(\frac{x}{2}\right)$.
જ્યારે $x \ge 0$,ત્યારે $|x| = x$,તેથી $f(x) = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} + \cos^3\left(\frac{x}{2}\right) = \tanh(x) + \cos^3\left(\frac{x}{2}\right)$.
જ્યારે $x < 0$,ત્યારે $|x| = -x$,તેથી $f(x) = \frac{e^{-x} - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} + \cos^3\left(\frac{x}{2}\right) = 0 + \cos^3\left(\frac{x}{2}\right) = \cos^3\left(\frac{x}{2}\right)$.
$f(x)$ એ $y$-અક્ષની સાપેક્ષ સંમિત નથી $(f(x) \neq f(-x))$,તેથી તે યુગ્મ વિધેય નથી.
$f(x)$ એ ઉગમબિંદુની સાપેક્ષ સંમિત નથી $(f(-x) \neq -f(x))$,તેથી તે અયુગ્મ વિધેય નથી.
જેમ $x \to \infty$,$f(x) \to 1 + 0 = 1$. જેમ $x \to -\infty$,$f(x) = \cos^3(x/2)$,જે $-1$ અને $1$ ની વચ્ચે દોલન કરે છે.
વિધેય એકવિધ નથી અને તેનો વિસ્તાર $R$ નથી,તેથી તે વ્યાપ્ત નથી.
તે વ્યાપ્ત ન હોવાથી,તે બાયજેક્ટિવ હોઈ શકે નહીં. આમ,વિધેય બાયજેક્ટિવ નથી.

(C) $n$ ઘટકો ધરાવતા ગણ $A$ થી $m$ ઘટકો ધરાવતા ગણ $B$ પરના વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $m^n - \binom{m}{1}(m-1)^n + \binom{m}{2}(m-2)^n - \ldots$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$m = 2$ અને $n = n$ છે. વ્યાપ્ત વિધેયોની સંખ્યા $2^n - \binom{2}{1}(2-1)^n = 2^n - 2$ થાય.
આપેલ છે કે $2^n - 2 = 62$,તેથી $2^n = 64$,જેનો અર્થ છે કે $n = 6$.
$A$ ના બરાબર ત્રણ ઘટકો ધરાવતા ઉપગણોની સંખ્યા $\binom{n}{3} = \binom{6}{3}$ દ્વારા મળે છે.
આની ગણતરી કરતા,$\binom{6}{3} = \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 20$ મળે છે.

(B) ધારો કે બે વક્રો $y_1 = 4x^2+2x-8$ અને $y_2 = x^3-x+13$ છે.
વક્રો એકબીજાને સ્પર્શે તે માટે,તેઓએ સમાન બિંદુ $(x, y)$ ધરાવવું જોઈએ અને તે બિંદુએ સમાન ઢાળ $\frac{dy}{dx}$ હોવો જોઈએ.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો:
$\frac{dy_1}{dx} = 8x+2$
$\frac{dy_2}{dx} = 3x^2-1$
ઢાળને સરખાવતા:
$8x+2 = 3x^2-1$
$3x^2-8x-3 = 0$
$(3x+1)(x-3) = 0$
આથી $x = 3$ અથવા $x = -\frac{1}{3}$ મળે છે.
હવે,આ $x$-કિંમતો માટે $y$-યામ તપાસો:
$x = 3$ માટે:
$y_1 = 4(3)^2 + 2(3) - 8 = 34$
$y_2 = (3)^3 - 3 + 13 = 37$
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો વિકલ્પ $(3,37)$ છે.

(C) વિધેય $f(x) = |x| + \frac{|x|}{x}$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
$x = 0$ આગળ સાતત્ય ચકાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું લક્ષ $(LHL)$ અને જમણી બાજુનું લક્ષ $(RHL)$ મેળવીએ.
$x < 0$ માટે,$|x| = -x$,તેથી $f(x) = -x + \frac{-x}{x} = -x - 1$.
$\text{LHL} = \lim_{x \rightarrow 0^-} (-x - 1) = -1$.
$x > 0$ માટે,$|x| = x$,તેથી $f(x) = x + \frac{x}{x} = x + 1$.
$\text{RHL} = \lim_{x \rightarrow 0^+} (x + 1) = 1$.
અહીં $\text{LHL} \neq \text{RHL}$ હોવાથી,વિધેય $x = 0$ આગળ અસતત છે.
નોંધો કે $|x|$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે,પરંતુ $\frac{|x|}{x}$ (સિગ્નમ વિધેય) એ $x = 0$ આગળ અસતત છે.
તેથી,વિધેય ઉગમબિંદુ આગળ અસતત છે કારણ કે $\frac{|x|}{x}$ ત્યાં અસતત છે.
આમ,વિકલ્પ $(c)$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{2020^x}{2020^x + \sqrt{2020}}$.
નોંધો કે $f(1-x) = \frac{2020^{1-x}}{2020^{1-x} + \sqrt{2020}} = \frac{2020}{2020 + \sqrt{2020} \cdot 2020^x} = \frac{\sqrt{2020}}{\sqrt{2020} + 2020^x}$.
આમ,$f(x) + f(1-x) = \frac{2020^x + \sqrt{2020}}{2020^x + \sqrt{2020}} = 1$.
આપણે $S = \sum_{r=1}^{4039} 2 f\left(\frac{r}{4040}\right) = 2 \sum_{r=1}^{4039} f\left(\frac{r}{4040}\right)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
પદો $f\left(\frac{r}{4040}\right)$ અને $f\left(\frac{4040-r}{4040}\right)$ ને જોડતા,આપણને $f\left(\frac{r}{4040}\right) + f\left(1 - \frac{r}{4040}\right) = 1$ મળે છે.
$r=1$ થી $2019$ સુધી આવી $2019$ જોડીઓ છે,અને વચ્ચેનું પદ $f\left(\frac{2020}{4040}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right)$ છે.
$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\sqrt{2020}}{\sqrt{2020} + \sqrt{2020}} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\sum_{r=1}^{4039} f\left(\frac{r}{4040}\right) = 2019 \times 1 + \frac{1}{2} = 2019.5$.
માટે,$S = 2 \times 2019.5 = 4039$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $2 f(\sin x) + f(\cos x) = x$ ...$(i)$
$x$ ને $\frac{\pi}{2} - x$ વડે બદલતા,આપણને મળે છે:
$2 f(\cos x) + f(\sin x) = \frac{\pi}{2} - x$ ...(ii)
$f(\cos x)$ ને દૂર કરવા માટે,સમીકરણ (ii) ને $2$ વડે ગુણતા:
$4 f(\cos x) + 2 f(\sin x) = \pi - 2x$ ...(iii)
સમીકરણ (iii) માંથી $(i)$ બાદ કરતા:
$4 f(\cos x) - f(\cos x) = \pi - 2x - x$
$3 f(\cos x) = \pi - 3x$
$f(\cos x) = \frac{\pi}{3} - x$
ધારો કે $t = \cos x$,તેથી $x = \cos^{-1} t$. આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(t) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} t$
આમ,$f(x) = \frac{\pi}{3} - \cos^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 0 - \left( -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \right) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ વિધેયાત્મક સંબંધ: $(f(x))^2 = f(x^2) + f(1)$.
અમે $f(x) = x + \frac{1}{x}$ ને સમીકરણમાં મૂકીને વિકલ્પો ચકાસીએ છીએ.
જમણી બાજુ $(RHS)$ માટે: $f(x^2) + f(1) = (x^2 + \frac{1}{x^2}) + (1 + \frac{1}{1}) = x^2 + \frac{1}{x^2} + 2$.
આને $(x + \frac{1}{x})^2$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય છે.
કારણ કે $(f(x))^2 = (x + \frac{1}{x})^2$,તેથી ડાબી બાજુ $(LHS)$ એ જમણી બાજુ $(RHS)$ બરાબર છે.
આમ,$f(x) = x + \frac{1}{x}$ એ સાચો ઉકેલ છે.

(D) આપેલ વિધેય $f: N \times N \rightarrow N$ માટેની શરતો:
$f(1,1) = 2$
$f(m+1, n) = f(m, n) + 2(m+n)$
$f(m, n+1) = f(m, n) + 2(m+n-1)$
$f(2,2)$ શોધવા માટે,આપણે આપેલ પુનરાવર્તિત સંબંધોનો ઉપયોગ કરીશું:
પ્રથમ,$m=1, n=1$ લઈને પ્રથમ સંબંધનો ઉપયોગ કરીને $f(2,1)$ શોધીએ:
$f(2,1) = f(1,1) + 2(1+1) = 2 + 2(2) = 2 + 4 = 6$
ત્યારબાદ,$m=2, n=1$ લઈને બીજા સંબંધનો ઉપયોગ કરીને $f(2,2)$ શોધીએ:
$f(2,2) = f(2,1) + 2(2+1-1) = 6 + 2(2) = 6 + 4 = 10$
બીજી રીતે,અન્ય માર્ગનો ઉપયોગ કરતા:
$f(1,2) = f(1,1) + 2(1+1-1) = 2 + 2(1) = 4$
$f(2,2) = f(1,2) + 2(1+2) = 4 + 2(3) = 4 + 6 = 10$
આમ,$f(2,2) = 10$.

(B) આપેલ છે કે,$f: R \rightarrow R$ એક સતત વિધેય છે જેથી $|f(x)-f(y)| \leq 10|x-y|^{201}$ થાય.
બંને બાજુને $|x-y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$):
$\frac{|f(x)-f(y)|}{|x-y|} \leq 10|x-y|^{200}$.
જ્યારે $y \rightarrow x$ હોય ત્યારે લક્ષ લેતા:
$\lim_{y \rightarrow x} \left| \frac{f(x)-f(y)}{x-y} \right| \leq \lim_{y \rightarrow x} 10|x-y|^{200}$.
$|f'(x)| \leq 0$.
કારણ કે નિરપેક્ષ મૂલ્ય ક્યારેય ઋણ ન હોઈ શકે,તેથી $|f'(x)| = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f'(x) = 0$ છે.
તેથી,$f(x) = C$ (એક અચળ વિધેય છે).
કારણ કે $f(x)$ એક અચળ વિધેય છે,તેથી $f(2019) = f(2020) = f(2021) = f(2022) = C$.
વિકલ્પો તપાસતા:
$f(2019) + f(2022) = C + C = 2C$.
$2f(2021) = 2C$.
આમ,$f(2019) + f(2022) = 2f(2021)$ સાચું છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) આપેલ શરતો $f(x+y) = f(x) + f(y)$ અને $f(xy) = f(x)f(y)$ છે.
$x, y \in \mathbb{Q}$ માટે,આ સમીકરણોના માત્ર બે જ ઉકેલો છે: તદેવ વિધેય $f(x) = x$ અને શૂન્ય વિધેય $f(x) = 0$.
$1$. જો $f(1) = 0$ હોય,તો $f(x) = 0$ થાય.
$2$. જો $f(1) \neq 0$ હોય,તો $f(1) = 1$ મળે,જેનાથી $f(x) = x$ સાબિત થાય છે.
આમ,આવા કુલ $2$ વિધેયો છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) સંબંધને બે ગણના કાર્તેઝિયન ગુણાકાર $A \times B$ ના ઉપગણ તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે.
વિધેય એ સંબંધનો એક વિશિષ્ટ પ્રકાર છે જેમાં પ્રદેશના દરેક ઘટકનું સહ-પ્રદેશમાં માત્ર એક જ પ્રતિબિંબ હોય છે.
તેથી,દરેક વિધેય એ સંબંધ છે,પરંતુ દરેક સંબંધ એ વિધેય નથી.
આમ,વિધાન $(ii)$ સાચું છે,જ્યારે $(i)$ અને $(iii)$ ખોટા છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $f(x+y) = f(x) + f(y)$ એ પૂર્ણાંક સંખ્યાઓના ગણ $\mathbb{Z}$ પર વ્યાખ્યાયિત કોશીનું વિધેયાત્મક સમીકરણ છે.
કોઈપણ $x \in \mathbb{Z}$ માટે,આપણે લખી શકીએ કે $f(nx) = nf(x)$ જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
ખાસ કરીને,$x = 1$ માટે,આપણને $f(n) = f(n \cdot 1) = n \cdot f(1)$ મળે છે.
ધારો કે $f(1) = c$,જ્યાં $c$ એ કોઈપણ પૂર્ણાંક અચળાંક છે કારણ કે સહપ્રદેશ $\mathbb{Z}$ છે.
આમ,કોઈપણ $c \in \mathbb{Z}$ માટે $f(n) = cn$ થાય છે.
પૂર્ણાંક $c$ માટે અનંત વિકલ્પો હોવાથી,આવા અનંત વિધેયો શક્ય છે.

(A) આપેલ વિધેય:
$f(x) = \begin{cases} \frac{x-4}{|x-4|} + a, & x < 4 \\ a+b, & x=4 \\ \frac{x-4}{|x-4|} + b, & x > 4 \end{cases}$
$x < 4$ માટે,$|x-4| = -(x-4)$,તેથી $\frac{x-4}{|x-4|} = -1$. આમ,$f(x) = -1 + a$.
$x > 4$ માટે,$|x-4| = (x-4)$,તેથી $\frac{x-4}{|x-4|} = 1$. આમ,$f(x) = 1 + b$.
વિધેય $x=4$ આગળ સતત હોવાથી,ડાબી બાજુની લક્ષ $(LHL)$,જમણી બાજુની લક્ષ $(RHL)$ અને વિધેયનું મૂલ્ય $f(4)$ સમાન હોવા જોઈએ:
$\text{LHL} = \lim_{x \to 4^-} f(x) = -1 + a$
$\text{RHL} = \lim_{x \to 4^+} f(x) = 1 + b$
$f(4) = a + b$
આને સરખાવતા: $-1 + a = a + b = 1 + b$.
$-1 + a = a + b$ પરથી,આપણને $b = -1$ મળે છે.
$a + b = 1 + b$ પરથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
તેથી,$a=1$ અને $b=-1$.

(D) વિધેય $y = \sin^{-1}(\cos x)$ ત્યારે વ્યાખ્યાયિત થાય છે જ્યારે $-1 \le \cos x \le 1$ હોય. જોકે,$\sin^{-1} u$ નું વિકલન $\frac{1}{\sqrt{1-u^2}}$ છે,જે $u = \pm 1$ હોય ત્યારે અવ્યાખ્યાયિત બને છે.
આમ,વિધેય $y = \sin^{-1}(\cos x)$ ત્યાં વિકલનીય નથી જ્યાં $\cos x = 1$ અથવા $\cos x = -1$ હોય.
$\cos x = -1$ માટે,$x = (2n+1)\pi$ જ્યાં $n$ કોઈ પણ પૂર્ણાંક છે. $n=0$ માટે,$x = \pi$.
$\cos x = 1$ માટે,$x = 2n\pi$ જ્યાં $n$ કોઈ પણ પૂર્ણાંક છે. $n=1$ માટે $x = 2\pi$ અને $n=-1$ માટે $x = -2\pi$.
આમ,વિધેય $x = \pi$,$x = 2\pi$ અને $x = -2\pi$ આગળ વિકલનીય નથી,તેથી આપેલા તમામ વિકલ્પો સાચા છે.

(D) વિધેય $f(x) = |\log_e |x||$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત છે.
પ્રથમ,વિધેયનો પ્રદેશ ધ્યાનમાં લો. વિધેય $x = 0$ આગળ અવ્યાખ્યાયિત છે કારણ કે $\log_e 0$ અવ્યાખ્યાયિત છે.
આગળ,તે બિંદુઓ તપાસો જ્યાં વિધેય વિકલનીય ન હોઈ શકે. વિધેય $f(x)$ માં લઘુગણકનું માનાંક છે,જે તીક્ષ્ણ ખૂણાઓ (cusps) બનાવે છે જ્યાં માનાંકની અંદરની કિંમત શૂન્ય થાય છે.
$\log_e |x| = 0$ લેતા,આપણને $|x| = 1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x = 1$ અથવા $x = -1$.
$x = 1$ અને $x = -1$ આગળ,આલેખમાં તીક્ષ્ણ વળાંક છે,જેનો અર્થ છે કે આ બિંદુઓ પર વિકલિત અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
$x = 0$ આગળ,વિધેયને શિરોલંબ અનંતસ્પર્શક (vertical asymptote) છે,તેથી તે સતત નથી,અને તેથી વિકલનીય પણ નથી.
આમ,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0, 1, -1$ સિવાયની તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે વિકલનીય છે.
આને $R - \{0, 1, -1\}$ અથવા $R - \{0, \pm 1\}$ તરીકે દર્શાવવામાં આવે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(C) આપેલ છે $y = \sin^{98} x \cdot \cos^{39} x$.
ગુણાકારનો નિયમ $\frac{d}{dx}(uv) = u \frac{dv}{dx} + v \frac{du}{dx}$ વાપરતા:
$\frac{dy}{dx} = \sin^{98} x \cdot \frac{d}{dx}(\cos^{39} x) + \cos^{39} x \cdot \frac{d}{dx}(\sin^{98} x)$
$\frac{dy}{dx} = \sin^{98} x \cdot (39 \cos^{38} x \cdot (-\sin x)) + \cos^{39} x \cdot (98 \sin^{97} x \cdot \cos x)$
$\frac{dy}{dx} = -39 \sin^{99} x \cdot \cos^{38} x + 98 \sin^{97} x \cdot \cos^{40} x$
પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dy}{dx} = 98 \sin^{97} x \cdot \cos^{40} x - 39 \sin^{99} x \cdot \cos^{38} x$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $x^{2019} \cdot y^{2020} = (x+y)^{4039}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$2019 \ln(x) + 2020 \ln(y) = 4039 \ln(x+y)$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{2019}{x} + \frac{2020}{y} \frac{dy}{dx} = 4039 \cdot \frac{1}{x+y} \cdot (1 + \frac{dy}{dx})$.
સરળ બનાવવા માટે $x(x+y)y$ વડે ગુણતા:
$2019(x+y)y + 2020x(x+y) \frac{dy}{dx} = 4039xy(1 + \frac{dy}{dx})$.
$2019xy + 2019y^2 + 2020x^2 \frac{dy}{dx} + 2020xy \frac{dy}{dx} = 4039xy + 4039xy \frac{dy}{dx}$.
$\frac{dy}{dx}$ વાળા પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dy}{dx} (2020x^2 + 2020xy - 4039xy) = 4039xy - 2019xy - 2019y^2$.
$\frac{dy}{dx} (2020x^2 - 2019xy) = 2020xy - 2019y^2$.
$\frac{dy}{dx} [x(2020x - 2019y)] = y(2020x - 2019y)$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$.

(A) આપેલ વિધેય $y = 5x^2 + 6x + 6$ છે.
સૌ પ્રથમ,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન શોધીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(5x^2 + 6x + 6) = 10x + 6$.
વ્યાખ્યા મુજબ,વિકલ $dy$ એ $dy = (\frac{dy}{dx}) dx$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$dx = \Delta x = 0.001$ અને $x = 2$ છે.
આ કિંમતોને $dy$ ના સૂત્રમાં મૂકતા:
$dy = (10(2) + 6) \times 0.001$.
$dy = (20 + 6) \times 0.001$.
$dy = 26 \times 0.001$.
$dy = 0.026$.

(A) આપેલ છે,$y=\sqrt{2 x+\cos ^2\left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$y^2=2 x+\cos ^2\left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)$ મળે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$2 y \frac{d y}{d x} = 2 + 2 \cos \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right) \cdot \left(-\sin \left(2 x+\frac{\pi}{4}\right)\right) \cdot 2$.
નિત્યસમ $\sin(2\theta) = 2\sin\theta \cos\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 y \frac{d y}{d x} = 2 - 2 \sin \left(4 x+\frac{\pi}{2}\right) = 2 - 2 \cos(4x)$.
તેથી,$\frac{d y}{d x} = \frac{1 - \cos(4x)}{y}$.
$x = \frac{\pi}{4}$ આગળ,$y = \sqrt{2(\frac{\pi}{4}) + \cos^2(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4})} = \sqrt{\frac{\pi}{2} + \sin^2(\frac{\pi}{4})} = \sqrt{\frac{\pi}{2} + \frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\pi+1}{2}}$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\left. \frac{d y}{d x} \right|_{x=\frac{\pi}{4}} = \frac{1 - \cos(\pi)}{\sqrt{\frac{\pi+1}{2}}} = \frac{1 - (-1)}{\frac{\sqrt{\pi+1}}{\sqrt{2}}} = \frac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{\pi+1}}$.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = x^4 - x^3 + 7x^2 + 14$ છે.
વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધવા માટે,આપણે ઘાતનો નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ લાગુ કરીએ છીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x^4) - \frac{d}{dx}(x^3) + 7 \cdot \frac{d}{dx}(x^2) + \frac{d}{dx}(14)$
$f^{\prime}(x) = 4x^3 - 3x^2 + 7(2x) + 0$
$f^{\prime}(x) = 4x^3 - 3x^2 + 14x$
હવે,વિકલિતમાં $x = 5$ મૂકતા:
$f^{\prime}(5) = 4(5)^3 - 3(5)^2 + 14(5)$
$f^{\prime}(5) = 4(125) - 3(25) + 70$
$f^{\prime}(5) = 500 - 75 + 70$
$f^{\prime}(5) = 495$.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \sqrt{x + 2 \sqrt{2x - 4}} + \sqrt{x - 2 \sqrt{2x - 4}}$.
આપણે $u = \sqrt{x-2}$ ધારીએ,જેથી $x-2 = u^2$ અને $x = u^2 + 2$ થાય.
તેથી $2x-4 = 2(x-2) = 2u^2$,એટલે કે $\sqrt{2x-4} = \sqrt{2}u$.
આ કિંમતો $f(x)$ માં મૂકતા:
$f(x) = \sqrt{u^2 + 2 + 2\sqrt{2}u} + \sqrt{u^2 + 2 - 2\sqrt{2}u}$
$f(x) = \sqrt{(u + \sqrt{2})^2} + \sqrt{(u - \sqrt{2})^2}$
$f(x) = |u + \sqrt{2}| + |u - \sqrt{2}| = |\sqrt{x-2} + \sqrt{2}| + |\sqrt{x-2} - \sqrt{2}|$.
$x \geq 4$ માટે,$\sqrt{x-2} \geq \sqrt{2}$ થાય,તેથી $|\sqrt{x-2} - \sqrt{2}| = \sqrt{x-2} - \sqrt{2}$.
આમ,$f(x) = \sqrt{x-2} + \sqrt{2} + \sqrt{x-2} - \sqrt{2} = 2\sqrt{x-2}$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = 2 \times \frac{1}{2\sqrt{x-2}} = \frac{1}{\sqrt{x-2}}$.
તેથી,$10 \times f^{\prime}(102) = 10 \times \frac{1}{\sqrt{102-2}} = 10 \times \frac{1}{\sqrt{100}} = 10 \times \frac{1}{10} = 1$.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $e^{\log _e f(x)} = f(x)$ થાય છે.
આપેલ પદાવલિ $\frac{d}{d x}\left(e^{\log _e \sqrt{1+\tan ^2 x}}\right)$ છે.
આ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,તે $\frac{d}{d x}\left(\sqrt{1+\tan ^2 x}\right)$ માં સરળ બને છે.
કારણ કે $1+\tan ^2 x = \sec ^2 x$,તેથી $\sqrt{1+\tan ^2 x} = \sqrt{\sec ^2 x} = |\sec x|$ થાય.
ધારો કે $\sec x > 0$,તો આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $\sec x$ નું વિકલન કરીએ છીએ.
$\frac{d}{d x}(\sec x) = \sec x \tan x$ થાય છે.

(A) આપેલ પદ $\frac{d}{dx} \left( \frac{x^4 + x^2 + 1}{x^2 + x + 1} \right)$ છે.
સૌ પ્રથમ,વિકલનની અંદરના અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{x^4 + x^2 + 1}{x^2 + x + 1} = \frac{(x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1)}{x^2 + x + 1} = x^2 - x + 1$.
હવે,આ સાદું રૂપ આપેલ પદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} (x^2 - x + 1) = 2x - 1$.
$2x - 1$ ની સરખામણી $ax + b$ સાથે કરતા,આપણને $a = 2$ અને $b = -1$ મળે છે.
તેથી,$a - b = 2 - (-1) = 2 + 1 = 3$.

(B) આપેલ છે કે,સમય $t$ પર કણનું સ્થાનાંતર $s = \frac{t^3}{3} - 6t$ છે.
વેગ $v$ એ સમયની સાપેક્ષમાં સ્થાનાંતરના ફેરફારનો દર છે: $v = \frac{ds}{dt} = \frac{d}{dt}(\frac{t^3}{3} - 6t) = t^2 - 6$.
જ્યારે વેગ શૂન્ય થાય છે,ત્યારે $v = 0$,તેથી $t^2 - 6 = 0$,જે $t = \sqrt{6} \text{ s}$ આપે છે ($t > 0$ લેતા).
પ્રવેગ $a$ એ સમયની સાપેક્ષમાં વેગના ફેરફારનો દર છે: $a = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(t^2 - 6) = 2t$.
પ્રવેગના સમીકરણમાં $t = \sqrt{6} \text{ s}$ મૂકતા,આપણને $a = 2(\sqrt{6}) = 2\sqrt{6} \text{ m/s}^2$ મળે છે.

(D) આપેલ સ્થાનાંતર $s = 5 \sin(2t)$ છે.
વેગ $v$ એ સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં સ્થાનાંતરનો ફેરફારનો દર છે,જે $v = \frac{ds}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$v = \frac{d}{dt} [5 \sin(2t)] = 5 \cdot \cos(2t) \cdot 2 = 10 \cos(2t)$.
હવે,વેગના સમીકરણમાં $t = \frac{\pi}{3}$ મૂકતા:
$v = 10 \cos(2 \cdot \frac{\pi}{3}) = 10 \cos(\frac{2\pi}{3})$.
કારણ કે $\cos(\frac{2\pi}{3}) = \cos(120^{\circ}) = -\frac{1}{2}$ છે,
$v = 10 \cdot (-\frac{1}{2}) = -5$.
આમ,વેગ $-5$ છે. સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) આપેલ વિધેય બે બહુપદીઓનો ગુણાકાર છે,$f(x) = (x^2-5x+8)(x^3+7x+9)$.
$1$. ગુણાકારનો નિયમ: આપણે ગુણાકારના નિયમ $\frac{d}{dx}[u(x)v(x)] = u'(x)v(x) + u(x)v'(x)$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ,જ્યાં $u(x) = x^2-5x+8$ અને $v(x) = x^3+7x+9$ છે.
$2$. વિસ્તરણ: આપણે ગુણાકારનું વિસ્તરણ કરીને $5$ ઘાતવાળી એક જ બહુપદી મેળવી શકીએ છીએ અને ત્યારબાદ ઘાતના નિયમ $\frac{d}{dx}(x^n) = nx^{n-1}$ નો ઉપયોગ કરીને દરેક પદનું વિકલન કરી શકીએ છીએ.
$3$. લઘુગણકીય વિકલન: વિધેય એ અવયવોનો ગુણાકાર હોવાથી,આપણે બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક (natural logarithm) લઈ શકીએ છીએ,$\ln(y) = \ln(x^2-5x+8) + \ln(x^3+7x+9)$,અને ત્યારબાદ સ્પષ્ટ રીતે વિકલન કરી શકીએ છીએ.
આ ત્રણેય પદ્ધતિઓ માન્ય અને લાગુ પાડી શકાય તેવી હોવાથી,સાચો જવાબ $D$ છે.