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

(B) ગણ $X$ એ $(a, b)$ બિંદુઓની ગ્રીડ દર્શાવે છે જ્યાં $a$ એ $0$ થી $20$ ($21$ બિંદુઓ) અને $b$ એ $0$ થી $15$ ($16$ બિંદુઓ) સુધીની કિંમતો ધરાવે છે.
અક્ષોને સમાંતર બાજુઓ ધરાવતો લંબચોરસ બનાવવા માટે,આપણે $\{0, 1, 2, \dots, 20\}$ માંથી $a$ માટે $2$ અલગ કિંમતો અને $\{0, 1, 2, \dots, 15\}$ માંથી $b$ માટે $2$ અલગ કિંમતો પસંદ કરવી પડે.
$a$ માટે $2$ કિંમતો પસંદ કરવાની રીતો $\binom{21}{2} = \frac{21 \times 20}{2} = 210$ છે.
$b$ માટે $2$ કિંમતો પસંદ કરવાની રીતો $\binom{16}{2} = \frac{16 \times 15}{2} = 120$ છે.
આવા કુલ લંબચોરસની સંખ્યા $210 \times 120 = 25200$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ ના ખૂણાઓ $A, B, C$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $A+C = 2B$.
ત્રિકોણના ત્રણેય ખૂણાઓનો સરવાળો $A+B+C = 180^{\circ}$ હોવાથી,$3B = 180^{\circ}$,જેનો અર્થ છે કે $B = 60^{\circ}$.
$\triangle ABC$ માં કોસાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos B = \frac{AB^2 + BC^2 - AC^2}{2 \times AB \times BC}$
આપેલ કિંમતો $AB=6, BC=7, B=60^{\circ}$ મૂકતા અને $AC=x$ ધારતા:
$\cos 60^{\circ} = \frac{6^2 + 7^2 - x^2}{2 \times 6 \times 7}$
$\frac{1}{2} = \frac{36 + 49 - x^2}{84}$
$42 = 85 - x^2$
$x^2 = 85 - 42 = 43$
$x = \sqrt{43}$
તેથી,$AC = \sqrt{43}$.

(B) $(1+x)^n$ ના વિસ્તરણમાં $2^{\text{nd}}$,$3^{\text{rd}}$ અને $4^{\text{th}}$ પદોના સહગુણકો અનુક્રમે $\binom{n}{1}$,$\binom{n}{2}$ અને $\binom{n}{3}$ છે.
તેઓ સમાંતર શ્રેણીમાં હોવાથી,$2 \binom{n}{2} = \binom{n}{1} + \binom{n}{3}$ થાય.
દ્વિપદી સહગુણકોનું વિસ્તરણ કરતા: $2 \times \frac{n(n-1)}{2} = n + \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$.
$n$ વડે ભાગતા ($n > 0$ હોવાથી): $n-1 = 1 + \frac{(n-1)(n-2)}{6}$.
$6$ વડે ગુણતા: $6n - 6 = 6 + (n^2 - 3n + 2)$.
પદોને ગોઠવતા: $n^2 - 9n + 14 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(n-7)(n-2) = 0$.
આમ,$n = 7$ અથવા $n = 2$.
$4^{\text{th}}$ પદ અસ્તિત્વમાં હોવા માટે,$n \ge 3$ હોવું જોઈએ,તેથી $n = 7$.

(B) ધારો કે $P = \tan 1^{\circ} \cdot \tan 2^{\circ} \cdot \ldots \cdot \tan 89^{\circ}$.
$\tan(90^{\circ} - \theta) = \cot \theta$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા:
$P = (\tan 1^{\circ} \cdot \tan 89^{\circ}) \cdot (\tan 2^{\circ} \cdot \tan 88^{\circ}) \cdot \ldots \cdot (\tan 44^{\circ} \cdot \tan 46^{\circ}) \cdot \tan 45^{\circ}$.
$\tan \theta \cdot \tan(90^{\circ} - \theta) = 1$ હોવાથી,દરેક જોડીનો ગુણાકાર $1$ થશે.
તેથી,$P = 1 \cdot 1 \cdot \ldots \cdot 1 \cdot \tan 45^{\circ} = 1$.
$n$ પદોનો ગુણોત્તર મધ્યક $(a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_n)^{1/n}$ છે.
અહીં $n = 89$ હોવાથી,ગુણોત્તર મધ્યક $(P)^{1/89} = (1)^{1/89} = 1$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) આપેલ શ્રેણી $x = \frac{1}{5} + \frac{1 \cdot 3}{5 \cdot 10} + \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{5 \cdot 10 \cdot 15} + \ldots$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1-y)^{-n} = 1 + ny + \frac{n(n+1)}{2!}y^2 + \frac{n(n+1)(n+2)}{3!}y^3 + \ldots$
ધારો કે $1+x = 1 + \frac{1}{5} + \frac{1 \cdot 3}{5 \cdot 10} + \frac{1 \cdot 3 \cdot 5}{5 \cdot 10 \cdot 15} + \ldots$
આ $(1-y)^{-n}$ સ્વરૂપ સાથે મેળ ખાય છે જ્યાં $ny = \frac{1}{5}$ અને $\frac{n(n+1)}{2}y^2 = \frac{3}{50}$.
$n$ અને $y$ માટે ઉકેલતા,આપણને $n = \frac{1}{2}$ અને $y = \frac{2}{5}$ મળે છે.
આમ,$1+x = (1 - \frac{2}{5})^{-1/2} = (\frac{3}{5})^{-1/2} = \sqrt{\frac{5}{3}}$.
તેથી,$x = \sqrt{\frac{5}{3}} - 1$.
હવે,$3x^2 + 6x = 3(x^2 + 2x) = 3((x+1)^2 - 1) = 3(x+1)^2 - 3$ ની ગણતરી કરો.
$x+1 = \sqrt{\frac{5}{3}}$ મૂકતા,આપણને $3(\frac{5}{3}) - 3 = 5 - 3 = 2$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રથમ $n$ વર્ગોનો સરવાળો $1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{2n^3+3n^2+n}{6}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $P(n): 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2 = \frac{6(n-1)(n-2) \ldots(n-2020) + 2n^3+3n^2+n}{6}$.
આપેલ સમીકરણમાં પ્રમાણિત સરવાળાનું સૂત્ર મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = (n-1)(n-2) \ldots(n-2020) + \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.
આ સમાનતા ત્યારે જ સાચી છે જો $(n-1)(n-2) \ldots(n-2020) = 0$ હોય.
આ ગુણાકાર શૂન્ય થાય છે જ્યારે $n \in \{1, 2, 3, \ldots, 2020\}$ હોય.
તેથી,$P(n)$ તમામ $n \leq 2020$ માટે સાચું છે.

(B) આપેલ પદાવલિ $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^2+4^2+6^2+\ldots+(2 n)^2}{n^3}$ છે.
અંશમાંથી $2^2 = 4$ સામાન્ય લેતા:
$= \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{4(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2)}{n^3}$.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના વર્ગોના સરવાળાનું સૂત્ર $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ વાપરતા:
$= 4 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^3}$.
$= \frac{4}{6} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n \cdot n(1+\frac{1}{n}) \cdot n(2+\frac{1}{n})}{n^3}$.
$= \frac{2}{3} \lim _{n \rightarrow \infty} (1+\frac{1}{n})(2+\frac{1}{n})$.
જેમ $n \rightarrow \infty$,તેમ $\frac{1}{n} \rightarrow 0$,તેથી લક્ષ $\frac{2}{3} \times (1)(2) = \frac{4}{3}$ થાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) ધારો કે ત્રણ ક્રમિક પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ $(n-1), n, (n+1)$ છે,જ્યાં $n \geq 2$.
આ સંખ્યાઓના ઘનનો સરવાળો:
$(n-1)^3 + n^3 + (n+1)^3 = 3n^3 + 6n = 3n(n^2 + 2)$.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક હોય,તો $3n$ એ $9$ વડે વિભાજ્ય છે.
જો $n$ એ $3$ નો ગુણક ન હોય,તો $n^2 \equiv 1 \pmod{3}$,તેથી $n^2 + 2$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય છે.
આમ,$3n(n^2 + 2)$ હંમેશા $9$ વડે વિભાજ્ય છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $1+4+7+\cdots+(3n-2)$ છે.
આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય તફાવત $d = 4-1 = 3$ છે.
પદોની સંખ્યા $n$ છે.
સમાંતર શ્રેણીના પ્રથમ $n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \frac{n}{2}[2a + (n-1)d]$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
સૂત્રમાં $a=1$ અને $d=3$ ની કિંમતો મૂકતા:
$S_n = \frac{n}{2}[2(1) + (n-1)3]$
$S_n = \frac{n}{2}[2 + 3n - 3]$
$S_n = \frac{n(3n-1)}{2}$.

(A) આપેલ છે,$P(n): 2+2^2+2^3+\ldots+2^n = 2^{n+1}-2$.
ધારો કે $P(m)$ સત્ય છે,તેથી $2+2^2+\ldots+2^m = 2^{m+1}-2$.
હવે,$P(m+1)$ ધ્યાનમાં લો:
$P(m+1) = (2+2^2+\ldots+2^m) + 2^{m+1}$
$= (2^{m+1}-2) + 2^{m+1}$
$= 2 \cdot 2^{m+1} - 2 = 2^{m+2}-2$.
જેથી,જો $P(m)$ સત્ય હોય તો $P(m+1)$ પણ સત્ય છે,તેથી $P(m) \Rightarrow P(m+1)$ સાચું છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(180^{\circ} + \theta) = -\sin \theta$ અને $\sin(540^{\circ} + \theta) = -\sin \theta$.
પગલું $1$: $\sin 210^{\circ} = \sin(180^{\circ} + 30^{\circ}) = -\sin 30^{\circ} = -\frac{1}{2}$.
પગલું $2$: $\sin 585^{\circ} = \sin(540^{\circ} + 45^{\circ}) = -\sin 45^{\circ} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.
પગલું $3$: કિંમતોનો ગુણાકાર કરતા: $(-\frac{1}{2}) \times (-\frac{1}{\sqrt{2}}) = \frac{1}{2 \sqrt{2}}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\sin(\theta) + \operatorname{cosec}(\theta) = 2$.
$\operatorname{cosec}(\theta) = \frac{1}{\sin(\theta)}$ હોવાથી,$\sin(\theta) + \frac{1}{\sin(\theta)} = 2$.
ધારો કે $x = \sin(\theta)$,તો $x + \frac{1}{x} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $x^2 - 2x + 1 = 0$,તેથી $(x - 1)^2 = 0$.
આમ,$\sin(\theta) = 1$.
તેથી,$\sin^{2020}(\theta) + \operatorname{cosec}^{2020}(\theta) = (1)^{2020} + (1)^{2020} = 1 + 1 = 2$.

(B) આપેલ છે,$\sec \theta = m$ અને $\tan \theta = n$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2 \theta - \tan^2 \theta = 1$,તેથી $m^2 - n^2 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $(m - n)(m + n) = 1$.
તેથી,$\frac{1}{m + n} = m - n$.
હવે,આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1}{m} [m + n + (m - n)] = \frac{1}{m} [2m] = 2$.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\frac{1-\cos(2x)+\sin(x)}{\sin(2x)+\cos(x)}$
નિત્યસમ $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2(x)$ નો ઉપયોગ કરતા,અંશ: $1 - (1 - 2\sin^2(x)) + \sin(x) = 2\sin^2(x) + \sin(x) = \sin(x)(2\sin(x) + 1)$
નિત્યસમ $\sin(2x) = 2\sin(x)\cos(x)$ નો ઉપયોગ કરતા,છેદ: $2\sin(x)\cos(x) + \cos(x) = \cos(x)(2\sin(x) + 1)$
આ કિંમતો પદાવલિમાં મુકતા: $\frac{\sin(x)(2\sin(x) + 1)}{\cos(x)(2\sin(x) + 1)} = \frac{\sin(x)}{\cos(x)} = \tan(x)$

(A) આપેલ છે,$4 \cos x + 3 \sin x = 5$.
બંને બાજુ $\cos x$ વડે ભાગતા:
$4 + 3 \tan x = 5 \sec x$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(4 + 3 \tan x)^2 = (5 \sec x)^2$.
$16 + 9 \tan^2 x + 24 \tan x = 25 \sec^2 x$.
નિત્યસમ $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$16 + 9 \tan^2 x + 24 \tan x = 25(1 + \tan^2 x)$.
$16 + 9 \tan^2 x + 24 \tan x = 25 + 25 \tan^2 x$.
પદોને ગોઠવતા:
$16 \tan^2 x - 24 \tan x + 9 = 0$.
$(4 \tan x - 3)^2 = 0$.
તેથી,$4 \tan x = 3$,જેનો અર્થ છે કે $\tan x = \frac{3}{4}$.

(C) સંબંધિત ખૂણાઓના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\sin(\pi+x) = -\sin x$
$\cos(\frac{\pi}{2}+x) = -\sin x$
$\tan(\frac{3\pi}{2}-x) = \cot x$
$\cot(2\pi-x) = -\cot x$
$\sin(2\pi-x) = -\sin x$
$\cos(2\pi+x) = \cos x$
$\operatorname{cosec}(-x) = -\operatorname{cosec} x$
$\sin(\frac{3\pi}{2}+x) = -\cos x$
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \frac{(-\sin x)(-\sin x)(\cot x)(-\cot x)}{(-\sin x)(\cos x)(-\operatorname{cosec} x)(-\cos x)} = 1$
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે કે $\theta$ ત્રીજા ચરણમાં છે,જ્યાં $\tan \theta$ ધન હોય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$.
$\cos \theta = -\frac{3}{5}$ મૂકતા,$\sin^2 \theta + (-\frac{3}{5})^2 = 1$.
$\sin^2 \theta + \frac{9}{25} = 1 \implies \sin^2 \theta = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$.
$\theta$ ત્રીજા ચરણમાં હોવાથી,$\sin \theta$ ઋણ હશે,તેથી $\sin \theta = -\frac{4}{5}$.
હવે,$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{-4/5}{-3/5} = \frac{4}{3}$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(2x)$ નું સૂત્ર $\frac{2 \tan(x)}{1-\tan^2(x)}$ છે.
આપેલ અસમતા $\frac{2 \tan(x)}{1-\tan^2(x)} > 0$ પરથી,આપણને $\tan(2x) > 0$ મળે છે.
કારણ કે $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$,તેથી $2x \in (0, \pi)$ થાય.
$(0, \pi)$ અંતરાલમાં $\tan(2x) > 0$ હોવા માટે,$2x$ પ્રથમ ચરણમાં હોવું જોઈએ,એટલે કે $0 < 2x < \frac{\pi}{2}$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $0 < x < \frac{\pi}{4}$ મળે છે.
આમ,$x$ નો વિસ્તાર $\left(0, \frac{\pi}{4}\right)$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\sec \theta + \tan \theta = 2/3$ $(i)$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2 \theta - \tan^2 \theta = 1$,જેનો અર્થ છે કે $(\sec \theta - \tan \theta)(\sec \theta + \tan \theta) = 1$.
$(i)$ માંથી કિંમત મૂકતા,આપણને $\sec \theta - \tan \theta = 3/2$ મળે છે (ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા: $2 \sec \theta = 2/3 + 3/2 = (4 + 9)/6 = 13/6$,તેથી $\sec \theta = 13/12$.
$(i)$ માંથી (ii) બાદ કરતા: $2 \tan \theta = 2/3 - 3/2 = (4 - 9)/6 = -5/6$,તેથી $\tan \theta = -5/12$.
કારણ કે $\sec \theta > 0$ અને $\tan \theta < 0$,તેથી $\theta$ એ $IV$ ચરણમાં આવેલું છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1 + \tanh \left(\frac{x}{2}\right)}{1 - \tanh \left(\frac{x}{2}\right)} = \frac{1 + \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}}}{1 - \frac{e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}}}$
$= \frac{\frac{e^{x/2} + e^{-x/2} + e^{x/2} - e^{-x/2}}{e^{x/2} + e^{-x/2}}}{\frac{e^{x/2} + e^{-x/2} - (e^{x/2} - e^{-x/2})}{e^{x/2} + e^{-x/2}}}$
$= \frac{2e^{x/2}}{2e^{-x/2}}$
$= e^{x/2 - (-x/2)} = e^x$.

(B) આપેલ છે $\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta = \frac{1}{3}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{cosec} \theta - \cot \theta = \frac{1}{\operatorname{cosec} \theta + \cot \theta} = 3$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2 \operatorname{cosec} \theta = \frac{10}{3} \Rightarrow \sin \theta = \frac{3}{5}$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $2 \cot \theta = -\frac{8}{3}$ $\Rightarrow \cot \theta = -\frac{4}{3}$ $\Rightarrow \cos \theta = -\frac{4}{5}$.
અહીં $\sin \theta > 0$ અને $\cos \theta < 0$ હોવાથી,$\theta$ એ $2^{\text{nd}}$ ચરણમાં છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$,તેથી $\cos^2(\pi - \theta) = \cos^2 \theta$.
વળી,$\cos(\frac{\pi}{2} - \theta) = \sin \theta$,તેથી $\cos^2(\frac{\pi}{2} - \theta) = \sin^2 \theta$.
આપેલ પદાવલિ: $E = \cos^2(\frac{7\pi}{8}) + \cos^2(\frac{5\pi}{8}) + \cos^2(\frac{3\pi}{8}) + \cos^2(\frac{\pi}{8})$.
અહીં $\frac{7\pi}{8} = \pi - \frac{\pi}{8}$,તેથી $\cos^2(\frac{7\pi}{8}) = \cos^2(\frac{\pi}{8})$.
અહીં $\frac{5\pi}{8} = \pi - \frac{3\pi}{8}$,તેથી $\cos^2(\frac{5\pi}{8}) = \cos^2(\frac{3\pi}{8})$.
તેથી,$E = 2\cos^2(\frac{\pi}{8}) + 2\cos^2(\frac{3\pi}{8})$.
કારણ કે $\frac{3\pi}{8} = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8}$,તેથી $\cos^2(\frac{3\pi}{8}) = \sin^2(\frac{\pi}{8})$.
આ કિંમત $E$ માં મૂકતા: $E = 2\cos^2(\frac{\pi}{8}) + 2\sin^2(\frac{\pi}{8})$.
$E = 2(\cos^2(\frac{\pi}{8}) + \sin^2(\frac{\pi}{8}))$.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $E = 2(1) = 2$ મળે છે.

(A) અમે નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$= \frac{1 + \cos 2x}{2} + \frac{1 + \cos(2x + \frac{2\pi}{3})}{2} + \frac{1 + \cos(2x - \frac{2\pi}{3})}{2}$
$= \frac{1}{2} [3 + \cos 2x + \cos(2x + \frac{2\pi}{3}) + \cos(2x - \frac{2\pi}{3})]$
સૂત્ર $\cos(A+B) + \cos(A-B) = 2\cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} [3 + \cos 2x + 2\cos 2x \cos(\frac{2\pi}{3})]$
કારણ કે $\cos(\frac{2\pi}{3}) = -\frac{1}{2}$:
$= \frac{1}{2} [3 + \cos 2x + 2\cos 2x(-\frac{1}{2})]$
$= \frac{1}{2} [3 + \cos 2x - \cos 2x] = \frac{3}{2}$

(D) આપણે સૂત્ર $2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\cos 48^{\circ} \cdot \cos 12^{\circ} = \frac{1}{2} [2 \cos 48^{\circ} \cos 12^{\circ}]$
$= \frac{1}{2} [\cos(48^{\circ}+12^{\circ}) + \cos(48^{\circ}-12^{\circ})]$
$= \frac{1}{2} [\cos 60^{\circ} + \cos 36^{\circ}]$
કારણ કે $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ અને $\cos 36^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$,
$= \frac{1}{2} [\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{5}+1}{4}]$
$= \frac{1}{2} [\frac{2 + \sqrt{5} + 1}{4}]$
$= \frac{3+\sqrt{5}}{8}$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \theta + \cot \theta = \frac{2}{\sin(2\theta)}$.
$\theta = \frac{\pi}{24}$ લેતા,$\tan \frac{\pi}{24} + \cot \frac{\pi}{24} = \frac{2}{\sin(\frac{\pi}{12})}$.
$\sin(15^\circ) = \frac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}$ હોવાથી,$\frac{1}{2} \left(\tan \frac{\pi}{24} + \cot \frac{\pi}{24}\right) = \frac{1}{\sin(15^\circ)} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}-1} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$.
આપેલ સમીકરણ $\sqrt{a^2+a} + \sqrt{a} = \sqrt{6} + \sqrt{2}$ સાથે સરખાવતા,$a = 2$ મળે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\sin(2x) = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(18^\circ) = \sin(\frac{\pi}{10}) = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$.
તેથી,$\sin(2x) = \sin(\frac{\pi}{10})$.
$\sin(\theta) = \sin(\alpha)$ માટેનો વ્યાપક ઉકેલ $\theta = n\pi + (-1)^n\alpha$ છે.
$2x = \frac{\pi}{10}$ માટે આ લાગુ પાડતા:
$2x = n\pi + (-1)^n(\frac{\pi}{10})$.
$2$ વડે ભાગતા:
$x = \frac{n\pi}{2} + (-1)^n(\frac{\pi}{20})$.
આપેલ સ્વરૂપ $x = \frac{n\pi}{2} + (-1)^n(m)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = \frac{\pi}{20}$ મળે છે.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\tan 81^{\circ} + \tan 9^{\circ} - \tan 63^{\circ} - \tan 27^{\circ}$ છે.
$\tan(90^{\circ}-\theta) = \cot \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= (\cot 9^{\circ} + \tan 9^{\circ}) - (\cot 27^{\circ} + \tan 27^{\circ})$.
$\cot \theta + \tan \theta = \frac{2}{\sin 2\theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2}{\sin 18^{\circ}} - \frac{2}{\sin 54^{\circ}}$.
$= 2 \left( \frac{\sin 54^{\circ} - \sin 18^{\circ}}{\sin 54^{\circ} \sin 18^{\circ}} \right)$.
$\sin C - \sin D = 2 \cos \frac{C+D}{2} \sin \frac{C-D}{2}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= 2 \left( \frac{2 \cos 36^{\circ} \sin 18^{\circ}}{\sin 54^{\circ} \sin 18^{\circ}} \right) = 4 \frac{\cos 36^{\circ}}{\sin 54^{\circ}}$.
$\sin 54^{\circ} = \cos 36^{\circ}$ હોવાથી,જવાબ $4$ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan A - \tan B = \frac{\sin(A - B)}{\cos A \cos B}$.
અંશમાં આ સૂત્ર લાગુ પાડતા: $\tan 52^{\circ} - \tan 38^{\circ} = \frac{\sin(52^{\circ} - 38^{\circ})}{\cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ}} = \frac{\sin 14^{\circ}}{\cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ}}$.
હવે,પદાવલિ $\frac{\sin 14^{\circ}}{\cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ} \tan 14^{\circ}} = \frac{\sin 14^{\circ}}{\cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ} \frac{\sin 14^{\circ}}{\cos 14^{\circ}}} = \frac{\cos 14^{\circ}}{\cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ}}$ બને છે.
$2 \cos A \cos B = \cos(A + B) + \cos(A - B)$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos 52^{\circ} \cos 38^{\circ} = \cos(52^{\circ} + 38^{\circ}) + \cos(52^{\circ} - 38^{\circ}) = \cos 90^{\circ} + \cos 14^{\circ} = 0 + \cos 14^{\circ} = \cos 14^{\circ}$.
આમ,પદાવલિ $\frac{\cos 14^{\circ}}{\frac{1}{2} \cos 14^{\circ}} = 2$ થાય છે.

(B) આપણને $\tanh(x) = \frac{1}{3}$ આપેલ છે.
$\tanh(3x) = \frac{3\tanh(x) + \tanh^3(x)}{1 + 3\tanh^2(x)}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\tanh(x) = \frac{1}{3}$ કિંમત મૂકતા:
$\tanh(3x) = \frac{3(\frac{1}{3}) + (\frac{1}{3})^3}{1 + 3(\frac{1}{3})^2}$
$\tanh(3x) = \frac{1 + \frac{1}{27}}{1 + 3(\frac{1}{9})}$
$\tanh(3x) = \frac{\frac{28}{27}}{1 + \frac{1}{3}}$
$\tanh(3x) = \frac{\frac{28}{27}}{\frac{4}{3}}$
$\tanh(3x) = \frac{28}{27} \times \frac{3}{4} = \frac{7}{9}$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\tanh^2\left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{\cosh(\theta) - 1}{\cosh(\theta) + 1}$.
આપેલ છે કે $\cosh(\theta) = \sec(x)$,તેથી:
$\tanh^2\left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{\sec(x) - 1}{\sec(x) + 1}$.
$\sec(x) = \frac{1}{\cos(x)}$ મૂકતા:
$\frac{\frac{1}{\cos(x)} - 1}{\frac{1}{\cos(x)} + 1} = \frac{1 - \cos(x)}{1 + \cos(x)}$.
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $1 - \cos(x) = 2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)$ અને $1 + \cos(x) = 2\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{2\cos^2\left(\frac{x}{2}\right)} = \tan^2\left(\frac{x}{2}\right)$.

(A) આપણી પાસે પદાવલિ $\operatorname{cosec} 750^{\circ} - 2 \cot 765^{\circ}$ છે.
ત્રિકોણમિતીય વિધેયોની આવર્તકતાનો ઉપયોગ કરતા,$\operatorname{cosec}(n \times 360^{\circ} + \theta) = \operatorname{cosec} \theta$ અને $\cot(n \times 360^{\circ} + \theta) = \cot \theta$.
$\operatorname{cosec} 750^{\circ} = \operatorname{cosec}(2 \times 360^{\circ} + 30^{\circ}) = \operatorname{cosec} 30^{\circ} = 2$.
$\cot 765^{\circ} = \cot(2 \times 360^{\circ} + 45^{\circ}) = \cot 45^{\circ} = 1$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મુકતા:
$2 - 2(1) = 2 - 2 = 0$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $\tan \left(\frac{x}{2}\right) = \frac{m}{n}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $\sin (x) = \frac{2 \tan (x/2)}{1 + \tan^2 (x/2)}$ અને $\cos (x) = \frac{1 - \tan^2 (x/2)}{1 + \tan^2 (x/2)}$.
આ કિંમતો $m \sin (x) + n \cos (x)$ માં મૂકતા:
$m \left( \frac{2 \tan (x/2)}{1 + \tan^2 (x/2)} \right) + n \left( \frac{1 - \tan^2 (x/2)}{1 + \tan^2 (x/2)} \right)$
$= m \left( \frac{2(m/n)}{1 + (m^2/n^2)} \right) + n \left( \frac{1 - (m^2/n^2)}{1 + (m^2/n^2)} \right)$
$= \frac{2m^2 n + n^3 - nm^2}{m^2 + n^2} = \frac{n(m^2 + n^2)}{m^2 + n^2} = n$.

(B) આપેલ છે કે $\sin A + \sin B = \frac{1}{2}$ અને $\cos A + \cos B = 1$.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(\sin A + \sin B)^2 + (\cos A + \cos B)^2 = (\frac{1}{2})^2 + (1)^2$
$\sin^2 A + \sin^2 B + 2 \sin A \sin B + \cos^2 A + \cos^2 B + 2 \cos A \cos B = \frac{1}{4} + 1$
$(\sin^2 A + \cos^2 A) + (\sin^2 B + \cos^2 B) + 2(\cos A \cos B + \sin A \sin B) = \frac{5}{4}$
$1 + 1 + 2 \cos(A-B) = \frac{5}{4}$
$2 + 2 \cos(A-B) = \frac{5}{4}$
$2 \cos(A-B) = \frac{5}{4} - 2 = -\frac{3}{4}$
$\cos(A-B) = -\frac{3}{8}$
નિત્યસમ $\cos \theta = 1 - 2 \sin^2(\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 - 2 \sin^2(\frac{A-B}{2}) = -\frac{3}{8}$
$2 \sin^2(\frac{A-B}{2}) = 1 + \frac{3}{8} = \frac{11}{8}$
$\sin^2(\frac{A-B}{2}) = \frac{11}{16}$
$\sin(\frac{A-B}{2}) = \pm \frac{\sqrt{11}}{4}$

(D) આપેલ છે કે,$\cos(\theta_1) + \cos(\theta_2) + \cos(\theta_3) + \cos(\theta_4) = -4$.
કોસાઇન વિધેયનો વિસ્તાર $[-1, 1]$ હોવાથી,તેમનો સરવાળો $-4$ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે દરેક પદ $-1$ હોય.
તેથી,$\cos(\theta_1) = \cos(\theta_2) = \cos(\theta_3) = \cos(\theta_4) = -1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\theta_1 = \theta_2 = \theta_3 = \theta_4 = \pi$ (અથવા તેના વ્યાપક સ્વરૂપમાં).
તેથી,$\cot(\frac{\theta_i}{2}) = \cot(\frac{\pi}{2}) = 0$.
આમ,$\cot(\frac{\theta_1}{2}) + \cot(\frac{\theta_2}{2}) + \cot(\frac{\theta_3}{2}) + \cot(\frac{\theta_4}{2}) = 0 + 0 + 0 + 0 = 0$.

(C) આ પદાવલિ $A \cos \theta + B \sin \theta$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $\theta = x + \frac{\pi}{3}$,$A = 1$,અને $B = 2 \sqrt{2}$ છે.
$A \cos \theta + B \sin \theta$ નો વિસ્તાર $[-\sqrt{A^2 + B^2}, \sqrt{A^2 + B^2}]$ છે.
અહીં,$A^2 + B^2 = (1)^2 + (2 \sqrt{2})^2 = 1 + 8 = 9$ છે.
તેથી,$\sqrt{A^2 + B^2} = \sqrt{9} = 3$ થાય.
ન્યૂનતમ કિંમત $-3$ અને મહત્તમ કિંમત $3$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $3 \sin^4 \theta + \cos^4 \theta = 1$
$\cos^4 \theta = (1 - \sin^2 \theta)^2 = 1 - 2\sin^2 \theta + \sin^4 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$3 \sin^4 \theta + (1 - 2\sin^2 \theta + \sin^4 \theta) = 1$
$4 \sin^4 \theta - 2\sin^2 \theta = 0$
$2 \sin^2 \theta (2 \sin^2 \theta - 1) = 0$
આથી $\sin^2 \theta = 0$ અથવા $\sin^2 \theta = \frac{1}{2}$ મળે.
કિસ્સો $1$: $\sin^2 \theta = 0$ $\Rightarrow \sin \theta = 0$ $\Rightarrow \theta = n\pi$.
કિસ્સો $2$: $\sin^2 \theta = \frac{1}{2} = \sin^2(\frac{\pi}{4}) \Rightarrow \theta = n\pi \pm \frac{\pi}{4}$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,વ્યાપક ઉકેલ $\theta = n\pi, n\pi \pm \frac{\pi}{4}$ છે,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\cos(x) - \sin(x) = 0$ છે.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $\cos(x) = \sin(x)$ મળે છે.
બંને બાજુ $\cos(x)$ વડે ભાગતા,આપણને $\tan(x) = 1$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(x) = 1 = \tan(\frac{\pi}{4})$.
$\tan(x) = \tan(\alpha)$ માટેનો વ્યાપક ઉકેલ $x = n\pi + \alpha$ છે,જ્યાં $n \in Z$.
તેથી,વ્યાપક ઉકેલ $x = n\pi + \frac{\pi}{4}$ છે,જ્યાં $n \in Z$.

(D) આપેલ સમીકરણ: $(\sin x)(\cos x) = \frac{1}{4}$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા: $2 \sin x \cos x = \frac{2}{4}$
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા: $\sin 2x = \frac{1}{2}$
અહીં $x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ હોવાથી,$2x \in (0, \pi)$ થાય.
$\sin 2x = \frac{1}{2}$ માટે $2x$ ની કિંમતો $2x = \frac{\pi}{6}$ અને $2x = \frac{5\pi}{6}$ મળે.
તેથી,$x = \frac{\pi}{12}$ અને $x = \frac{5\pi}{12}$ મળે.
બંને કિંમતો $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ અંતરાલમાં છે.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,$\frac{\pi}{12}$ સાચો જવાબ છે.

(D) આપેલ છે કે $\sin \alpha = \sin \beta$ અને $\cos \alpha = \cos \beta$.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(\sin \alpha)^2 + (\cos \alpha)^2 = (\sin \beta)^2 + (\cos \beta)^2$
$1 = 1$.
વૈકલ્પિક રીતે,સંકર સંખ્યાઓ $z_1 = \cos \alpha + i \sin \alpha$ અને $z_2 = \cos \beta + i \sin \beta$ ધ્યાનમાં લો.
$\cos \alpha = \cos \beta$ અને $\sin \alpha = \sin \beta$ હોવાથી,$z_1 = z_2$ મળે.
આનો અર્થ એ છે કે $e^{i \alpha} = e^{i \beta}$,જેનો અર્થ થાય છે $e^{i(\alpha - \beta)} = 1$.
તેથી,કોઈ પૂર્ણાંક $n$ માટે $\alpha - \beta = 2 n \pi$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\sqrt{3} \sin \theta + \cos \theta}{\sin \left(\theta + \frac{\pi}{6}\right)}$.
$\sin(A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને છેદનું વિસ્તરણ કરતા:
$\sin \left(\theta + \frac{\pi}{6}\right) = \sin \theta \cos \frac{\pi}{6} + \cos \theta \sin \frac{\pi}{6}$.
$\cos \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$ હોવાથી,છેદ:
$\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta + \frac{1}{2} \cos \theta = \frac{1}{2} (\sqrt{3} \sin \theta + \cos \theta)$ થશે.
આ કિંમત મૂળ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{\sqrt{3} \sin \theta + \cos \theta}{\frac{1}{2} (\sqrt{3} \sin \theta + \cos \theta)} = \frac{1}{1/2} = 2$.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + \sin 2x + \sin 3x = \cos x + \cos 2x + \cos 3x$
પદોને જૂથબદ્ધ કરતા: $(\sin 3x + \sin x) + \sin 2x = (\cos 3x + \cos x) + \cos 2x$
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા: $2\sin 2x \cos x + \sin 2x = 2\cos 2x \cos x + \cos 2x$
સામાન્ય પદો બહાર કાઢતા: $\sin 2x(2\cos x + 1) = \cos 2x(2\cos x + 1)$
ગોઠવણી કરતા: $(\sin 2x - \cos 2x)(2\cos x + 1) = 0$
કિસ્સો $1$: $\sin 2x - \cos 2x = 0 \implies \tan 2x = 1 = \tan \frac{\pi}{4}$
$2x = n\pi + \frac{\pi}{4} \implies x = \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{8}$
કિસ્સો $2$: $2\cos x + 1 = 0 \implies \cos x = -\frac{1}{2} = \cos \frac{2\pi}{3}$
$x = 2n\pi \pm \frac{2\pi}{3}$
આમ,વ્યાપક ઉકેલ $x = 2n\pi \pm \frac{2\pi}{3}$ અને $x = \frac{n\pi}{2} + \frac{\pi}{8}$,જ્યાં $n \in Z$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(D) આપણી પાસે પદાવલિ છે: $\tan \left(-\frac{23 \pi}{3}\right)-\cot \left(\theta-\frac{13 \pi}{3}\right)$
$\tan(-x) = -\tan(x)$ હોવાથી,$\tan \left(-\frac{23 \pi}{3}\right) = -\tan \left(\frac{23 \pi}{3}\right) = -\tan \left(8 \pi - \frac{\pi}{3}\right) = -(-\tan \frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$.
બીજા પદ માટે,$\cot \left(\theta-\frac{13 \pi}{3}\right) = \cot \left(\theta - (4 \pi + \frac{\pi}{3})\right) = \cot \left(\theta - \frac{\pi}{3}\right) = -\cot \left(\frac{\pi}{3} - \theta\right)$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા: $\sqrt{3} - (-\cot \left(\frac{\pi}{3} - \theta\right)) = \sqrt{3} + \cot \left(\frac{\pi}{3} - \theta\right)$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $4 \sin^2(x) - 4 \sin(x) + 1 = 0$
આ $\sin(x)$ ના સ્વરૂપમાં દ્વિઘાત સમીકરણ છે,જેને $(2 \sin(x) - 1)^2 = 0$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા: $2 \sin(x) - 1 = 0$
$\sin(x) = \frac{1}{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin(x) = \sin(\frac{\pi}{6})$.
$\sin(x) = \sin(\alpha)$ માટે વ્યાપક ઉકેલ $x = n\pi + (-1)^n \alpha$ છે,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
તેથી,$x = n\pi + (-1)^n \frac{\pi}{6}, n \in \mathbb{Z}$.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે,$\cos A + \cos B + \cos C = \frac{3}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ ત્રિકોણ $ABC$ માટે,$\cos A + \cos B + \cos C$ ની મહત્તમ કિંમત $\frac{3}{2}$ છે,જે ફક્ત ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $A = B = C = 60^{\circ}$ અથવા $\frac{\pi}{3}$ રેડિયન હોય.
કારણ કે $A = B = C = \frac{\pi}{3}$,ત્રણેય ખૂણા સમાન છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ સમબાજુ ત્રિકોણ છે.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) આપણી પાસે $\sin \left(\frac{5 \pi}{3}\right) + \sec \left(\frac{13 \pi}{3}\right)$ છે.
પ્રથમ,$\sin \left(\frac{5 \pi}{3}\right) = \sin \left(2 \pi - \frac{\pi}{3}\right) = -\sin \left(\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ ને સરળ બનાવો.
ત્યારબાદ,$\sec \left(\frac{13 \pi}{3}\right) = \sec \left(4 \pi + \frac{\pi}{3}\right) = \sec \left(\frac{\pi}{3}\right) = 2$ ને સરળ બનાવો.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા,આપણને $-\frac{\sqrt{3}}{2} + 2 = 2 - \frac{\sqrt{3}}{2}$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ છે કે, $\tan \alpha + \tan \beta + \tan \gamma = \tan \alpha \tan \beta \tan \gamma$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\tan \alpha + \tan \beta = -\tan \gamma (1 - \tan \alpha \tan \beta)$.
$(1 - \tan \alpha \tan \beta)$ વડે ભાગતા, આપણને $\frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = \tan(-\gamma)$ મળે છે.
તેથી, $\tan(\alpha + \beta) = \tan(-\gamma)$, જેનો અર્થ છે કે $\alpha + \beta = n\pi - \gamma$ કોઈ પૂર્ણાંક $n \in \mathbb{Z}$ માટે.
તેથી, $\alpha + \beta + \gamma = n\pi$.
ઓઈલરના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા, $x = e^{i\alpha}$, $y = e^{i\beta}$, અને $z = e^{i\gamma}$.
તેથી $xyz = e^{i\alpha} \cdot e^{i\beta} \cdot e^{i\gamma} = e^{i(\alpha + \beta + \gamma)} = e^{in\pi}$.
કારણ કે $e^{in\pi} = \cos(n\pi) + i\sin(n\pi) = \cos(n\pi)$, અને $\cos(n\pi)$ એ $1$ છે જો $n$ બેકી હોય અને $-1$ છે જો $n$ એકી હોય.
તેથી, $xyz = \pm 1$.

(B) આપણે બીજગણિતીય નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
ધારો કે $a = \sin^2 \theta$ અને $b = \cos^2 \theta$.
તેથી $\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = (\sin^2 \theta)^3 + (\cos^2 \theta)^3$.
$= (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)((\sin^2 \theta)^2 - \sin^2 \theta \cos^2 \theta + (\cos^2 \theta)^2)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,તેથી:
$= 1 \cdot (\sin^4 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta + \cos^4 \theta)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta - \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$.
તેથી,$\sin^6 \theta + \cos^6 \theta + 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = (1 - 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta) + 3 \sin^2 \theta \cos^2 \theta = 1$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\tan(x) + \sec(x) = \sqrt{3}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec^2(x) - \tan^2(x) = 1$,તેથી $(\sec(x) - \tan(x))(\sec(x) + \tan(x)) = 1$.
કિંમત મૂકતા: $(\sec(x) - \tan(x))(\sqrt{3}) = 1$,તેથી $\sec(x) - \tan(x) = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$2\sec(x) = \sqrt{3} + \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow \sec(x) = \frac{2}{\sqrt{3}}$ $\Rightarrow \cos(x) = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
$x \in [0, 2\pi]$ માટે,ઉકેલ $x = \frac{\pi}{6}$ અને $x = \frac{11\pi}{6}$ મળે છે.
મૂળ સમીકરણમાં ચકાસતા,$x = \frac{\pi}{6}$ સાચો ઉકેલ છે.

(B) આપેલ છે કે,$\cos(x) + \cos^2(x) = 1$.
$\sin^2(x) = 1 - \cos^2(x)$ હોવાથી,આપણે $\sin^2(x) = \cos(x)$ લખી શકીએ.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $\sin^4(x) = \cos^2(x)$ મળે છે.
આ કિંમતોને $\sin^2(x) + \sin^4(x)$ માં મૂકતા,આપણને $\cos(x) + \cos^2(x)$ મળે છે.
$\cos(x) + \cos^2(x) = 1$ હોવાથી,અભિવ્યક્તિનું મૂલ્ય $1$ છે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(B) ધારો કે $\frac{x}{\cos \alpha} = \frac{y}{\cos \left(\frac{2 \pi}{3} - \alpha\right)} = \frac{z}{\cos \left(\frac{2 \pi}{3} + \alpha\right)} = k$.
તેથી,$x = k \cos \alpha$,$y = k \cos \left(\frac{2 \pi}{3} - \alpha\right)$,અને $z = k \cos \left(\frac{2 \pi}{3} + \alpha\right)$.
હવે,$x + y + z = k \left[ \cos \alpha + \cos \left(\frac{2 \pi}{3} - \alpha\right) + \cos \left(\frac{2 \pi}{3} + \alpha\right) \right]$.
સૂત્ર $\cos(A - B) + \cos(A + B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$x + y + z = k \left[ \cos \alpha + 2 \cos \left(\frac{2 \pi}{3}\right) \cos \alpha \right]$.
કારણ કે $\cos \left(\frac{2 \pi}{3}\right) = -\frac{1}{2}$,તેથી:
$x + y + z = k \left[ \cos \alpha + 2 \left(-\frac{1}{2}\right) \cos \alpha \right] = k [\cos \alpha - \cos \alpha] = 0$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $\log(x+y) - 2xy = 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x+y} \cdot (1 + y') - 2(x y' + y) = 0$.
$y'$ ને અલગ કરવા માટે પદોની ગોઠવણી કરતા:
$\frac{1}{x+y} + \frac{y'}{x+y} - 2xy' - 2y = 0$.
$y' \left( \frac{1}{x+y} - 2x \right) = 2y - \frac{1}{x+y}$.
$y' = \frac{2y - \frac{1}{x+y}}{\frac{1}{x+y} - 2x}$.
હવે,$x = 0$ આગળ કિંમત શોધતા:
$x = 0$ મૂકતા,મૂળ સમીકરણ $\log(y) - 0 = 0$ બને છે,જેનો અર્થ છે $\log(y) = 0$,તેથી $y = e^0 = 1$.
$y'$ ના સમીકરણમાં $x = 0$ અને $y = 1$ મૂકતા:
$y'(0) = \frac{2(1) - \frac{1}{0+1}}{\frac{1}{0+1} - 2(0)} = \frac{2 - 1}{1 - 0} = 1$.
નોંધ: આપેલા વિકલ્પો $y$ ના સ્વરૂપમાં છે. પદાવલિ $\frac{2y - \frac{1}{y}}{\frac{1}{y}} = 2y^2 - 1$ થાય છે.
આમ,$y'(0) = 2y^2 - 1$.

(D) આપેલ છે કે,$y = \frac{e^x \log x}{x^2}$.
વિકલન માટે ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા,$\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v \frac{du}{dx} - u \frac{dv}{dx}}{v^2}$.
અહીં,$u = e^x \log x$ અને $v = x^2$.
$\frac{du}{dx} = e^x \log x + e^x \cdot \frac{1}{x} = e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right)$.
$\frac{dv}{dx} = 2x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{x^2 \left[ e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right) \right] - (e^x \log x)(2x)}{(x^2)^2}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{x^2 e^x \log x + x e^x - 2x e^x \log x}{x^4}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{x e^x \log x + e^x - 2 e^x \log x}{x^3}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^x [x \log x + 1 - 2 \log x]}{x^3}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{e^x [1 + (x - 2) \log x]}{x^3}$.
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \log(\cosh x)$.
પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cosh x} \cdot \frac{d}{dx}(\cosh x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\cosh x) = \sinh x$,તેથી આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \tanh x$
હવે,ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\tanh x)$
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\tanh x) = \operatorname{sech}^2 x$,તેથી:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \operatorname{sech}^2 x$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \log_{x^2} (\ln x)$.
આધાર પરિવર્તન સૂત્ર $\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\ln(\ln x)}{\ln x^2} = \frac{\ln(\ln x)}{2 \ln x}$.
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\left( \frac{u}{v} \right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{(\frac{1}{x \ln x})(\ln x) - (\ln(\ln x))(\frac{1}{x})}{(\ln x)^2} \right]$.
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{\frac{1}{x} - \frac{\ln(\ln x)}{x}}{(\ln x)^2} \right] = \frac{1 - \ln(\ln x)}{2x(\ln x)^2}$.
$x = e$ માટે,$\ln x = 1$ અને $\ln(\ln x) = \ln(1) = 0$.
$f'(e) = \frac{1 - 0}{2e(1)^2} = \frac{1}{2e}$.

(C) ધારો કે $y = \tan ^{-1}\left(\frac{x}{1+\sqrt{1-x^2}}\right)$ અને $u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 x^2-1}\right)$.
$x = \sin \theta$ લેતા,$\sqrt{1-x^2} = \cos \theta$ મળે.
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sin \theta}{1+\cos \theta}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{2 \sin(\theta/2) \cos(\theta/2)}{2 \cos^2(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \frac{\theta}{2}$.
હવે,$u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 \sin^2 \theta - 1}\right) = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{-(1-2 \sin^2 \theta)}\right) = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{-\cos 2 \theta}\right) = \sec ^{-1}(-\sec 2 \theta) = \sec ^{-1}(\sec(\pi - 2 \theta)) = \pi - 2 \theta$.
$x = \sin \theta$ હોવાથી,$\theta = \sin^{-1} x$.
તેથી,$y = \frac{1}{2} \sin^{-1} x$ અને $u = \pi - 2 \sin^{-1} x$.
હવે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2 \sqrt{1-x^2}}$ અને $\frac{du}{dx} = \frac{-2}{\sqrt{1-x^2}}$.
તેથી,$\frac{dy}{du} = \frac{dy/dx}{du/dx} = \frac{1/(2 \sqrt{1-x^2})}{-2/\sqrt{1-x^2}} = -\frac{1}{4}$.

(C) ધારો કે $y = \cos ^{-1}\left(\frac{4 x^3}{27}-x\right)$.
આ પદાવલિને $y = \cos ^{-1}\left(4\left(\frac{x}{3}\right)^3 - 3\left(\frac{x}{3}\right)\right)$ તરીકે લખી શકાય.
ધારો કે $\frac{x}{3} = \cos A$,તેથી $A = \cos ^{-1}\left(\frac{x}{3}\right)$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,$y = \cos ^{-1}(4 \cos ^3 A - 3 \cos A)$ મળે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(3A) = 4 \cos ^3 A - 3 \cos A$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \cos ^{-1}(\cos 3A) = 3A$ મળે.
આમ,$y = 3 \cos ^{-1}\left(\frac{x}{3}\right)$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 3 \times \left(-\frac{1}{\sqrt{1 - (x/3)^2}}\right) \times \frac{d}{dx}\left(\frac{x}{3}\right)$.
$\frac{dy}{dx} = 3 \times \left(-\frac{1}{\sqrt{(9-x^2)/9}}\right) \times \frac{1}{3} = 3 \times \left(-\frac{3}{\sqrt{9-x^2}}\right) \times \frac{1}{3} = -\frac{3}{\sqrt{9-x^2}}$.

(C) આપેલ છે,$f(x) = \cos ^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right)+x^x$.
નિત્યસમ $\cos ^{-1}(y) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}(y)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1}\left(\sin \sqrt{\frac{1+x}{2}}\right) + x^x$.
આપેલ વિસ્તાર માટે $\sin ^{-1}(\sin \theta) = \theta$ હોવાથી:
$f(x) = \frac{\pi}{2} - \sqrt{\frac{1+x}{2}} + x^x$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 0 - \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{1+x}} + x^x(1 + \ln x)$.
$x=1$ મુકતા:
$f'(1) = -\frac{1}{2\sqrt{2}\sqrt{2}} + 1^1(1 + \ln 1) = -\frac{1}{4} + 1(1+0) = -\frac{1}{4} + 1 = \frac{3}{4}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left[ \frac{\sqrt{1 + \sin x} + \sqrt{1 - \sin x}}{\sqrt{1 + \sin x} - \sqrt{1 - \sin x}} \right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \sin x = (\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2})^2$ અને $1 - \sin x = (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})^2$.
તેથી,$\sqrt{1 + \sin x} = |\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}|$ અને $\sqrt{1 - \sin x} = |\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2}|$.
આ કિંમતોને $y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left[ \frac{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) + (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})}{(\cos \frac{x}{2} + \sin \frac{x}{2}) - (\cos \frac{x}{2} - \sin \frac{x}{2})} \right]$ (ધારો કે $0 < x < \frac{\pi}{2}$).
$y = \tan^{-1} \left( \frac{2 \cos \frac{x}{2}}{2 \sin \frac{x}{2}} \right) = \tan^{-1} (\cot \frac{x}{2}) = \tan^{-1} \left( \tan (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) \right) = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) = -\frac{1}{2}$.
$x$ ના અંતરાલના આધારે,વિકલન $\pm \frac{1}{2}$ હોઈ શકે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(D)$ છે.

(C) $y = \operatorname{cosec}^{-1}(x)$ નું વિકલન $\frac{dy}{dx} = \frac{-1}{|x| \sqrt{x^2-1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિકલન વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ધન હોવી જોઈએ,એટલે કે $x^2 - 1 > 0$,જેનો અર્થ છે $|x| > 1$.
જોકે,$y = \operatorname{cosec}^{-1}(x)$ નો વિસ્તાર $\left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right] \setminus \{0\}$ છે.
કારણ કે વિકલન $\frac{dy}{dx}$ એ વિધેયના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે વ્યાખ્યાયિત છે,અંતિમ બિંદુઓ સિવાય જ્યાં વિકલન અસ્તિત્વમાં ન હોય અથવા અવ્યાખ્યાયિત હોય,તેથી આપણે $y$ માટે વિવૃત અંતરાલ ધ્યાનમાં લઈએ છીએ.
વિકલનના પ્રદેશને અનુરૂપ $y$ ની કિંમતો $y \in \left(-\frac{\pi}{2}, 0\right) \cup \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ છે.

(B) આપેલ છે,$y=\tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}\right)$.
ધારો કે $x=\tan \theta$,તેથી $\theta = \tan ^{-1} x$.
પદમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\tan ^2 \theta}-1}{\tan \theta}\right)$
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\sec \theta-1}{\tan \theta}\right)$
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{\frac{1}{\cos \theta}-1}{\frac{\sin \theta}{\cos \theta}}\right) = \tan ^{-1}\left(\frac{1-\cos \theta}{\sin \theta}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1-\cos \theta = 2\sin ^2(\theta/2)$ અને $\sin \theta = 2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan ^{-1}\left(\frac{2\sin ^2(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)}\right) = \tan ^{-1}(\tan(\theta/2)) = \theta/2$.
કારણ કે $\theta = \tan ^{-1} x$,તેથી $y = \frac{1}{2} \tan ^{-1} x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{2(1+x^2)}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપેલ છે,$\cos ^{-1}\left(\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}\right)=\sin ^{-1}(a)$.
બંને બાજુ $\cos$ લેતા,$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} = \cos(\sin^{-1} a)$ મળે.
ધારો કે $\cos(\sin^{-1} a) = k$,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
તેથી,$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} = k$.
$x^2 - y^2 = k(x^2 + y^2) \Rightarrow x^2(1-k) = y^2(1+k)$.
$y^2 = x^2 \left(\frac{1-k}{1+k}\right)$.
ધારો કે $C = \sqrt{\frac{1-k}{1+k}}$,જે એક અચળાંક છે.
તેથી $y^2 = C^2 x^2 \Rightarrow y = Cx$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = C$ મળે.
કારણ કે $y = Cx$,તેથી $C = \frac{y}{x}$.
આમ,$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x}$.

(D) $y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+x} - \sqrt{1-x}}{2}\right)$
ધારો કે $x = \cos 2\theta$,તેથી $2\theta = \cos^{-1} x$ અથવા $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
પદમાં $x$ ની કિંમત મૂકતા:
$y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{1+\cos 2\theta} - \sqrt{1-\cos 2\theta}}{2}\right)$
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1+\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta$ અને $1-\cos 2\theta = 2\sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{2}\cos \theta - \sqrt{2}\sin \theta}{2}\right) = \sin^{-1}\left(\frac{\cos \theta - \sin \theta}{\sqrt{2}}\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\sin \frac{\pi}{4} \cos \theta - \cos \frac{\pi}{4} \sin \theta\right)$
$y = \sin^{-1}\left(\sin\left(\frac{\pi}{4} - \theta\right)\right) = \frac{\pi}{4} - \theta$
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \cos^{-1} x$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 - \frac{1}{2} \left(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\right) = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}}$
આમ,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $\log \sqrt{x^2+y^2}=\tan ^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2+y^2}) = \frac{1}{1+(\frac{x}{y})^2} \cdot \frac{d}{dx}(\frac{x}{y})$
$\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2}} \cdot (2x + 2y \frac{dy}{dx}) = \frac{y^2}{x^2+y^2} \cdot \frac{y - x \frac{dy}{dx}}{y^2}$
$\frac{2(x + y \frac{dy}{dx})}{2(x^2+y^2)} = \frac{y - x \frac{dy}{dx}}{x^2+y^2}$
$x + y \frac{dy}{dx} = y - x \frac{dy}{dx}$
$y \frac{dy}{dx} + x \frac{dy}{dx} = y - x$
$\frac{dy}{dx}(x + y) = y - x$
$\frac{dy}{dx} = \frac{y-x}{x+y}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) ગુણાકાર $(1+x^2) \tan^{-1}(x)$ નું વિકલન શોધવા માટે,આપણે ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{d}{dx}(u \cdot v) = u \cdot \frac{dv}{dx} + v \cdot \frac{du}{dx}$.
ધારો કે $u = (1+x^2)$ અને $v = \tan^{-1}(x)$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = 2x$ અને $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{1+x^2}$.
ગુણાકારનો નિયમ લાગુ પાડતા:
$\frac{d}{dx} \left\{ (1+x^2) \tan^{-1}(x) \right\} = (1+x^2) \cdot \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(x)) + \tan^{-1}(x) \cdot \frac{d}{dx}(1+x^2)$
$= (1+x^2) \cdot \frac{1}{1+x^2} + \tan^{-1}(x) \cdot (2x)$
$= 1 + 2x \tan^{-1}(x)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{5x - x}{1 + 5x^2} \right) + \tan^{-1} \left( \frac{2/3 + x}{1 - (2/3)x} \right)$.
સૂત્ર $\tan^{-1} a - \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a - b}{1 + ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,પ્રથમ પદ $\tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x)$ થાય છે.
સૂત્ર $\tan^{-1} a + \tan^{-1} b = \tan^{-1} \left( \frac{a + b}{1 - ab} \right)$ નો ઉપયોગ કરતા,બીજું પદ $\tan^{-1}(2/3) + \tan^{-1}(x)$ થાય છે.
તેથી,$y = \tan^{-1}(5x) - \tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(2/3) + \tan^{-1}(x) = \tan^{-1}(5x) + \tan^{-1}(2/3)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(5x)) + \frac{d}{dx} (\tan^{-1}(2/3))$.
$\tan^{-1}(2/3)$ એ અચળ હોવાથી,તેનું વિકલન $0$ થાય છે.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (5x)^2} \times \frac{d}{dx}(5x) + 0 = \frac{5}{1 + 25x^2}$.

(C) આપેલ છે $y = \operatorname{Sin}^{-1}\left(\frac{4+5 \sin x}{5+4 \sin x}\right)$.
ધારો કે $f(x) = \frac{4+5 \sin x}{5+4 \sin x}$.
$\frac{dy}{dx}$ શોધવા માટે,આપણે ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - [f(x)]^2}} \cdot f'(x)$.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમ $\left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $f'(x)$ શોધો:
$u = 4+5 \sin x \implies u' = 5 \cos x$
$v = 5+4 \sin x \implies v' = 4 \cos x$
$f'(x) = \frac{(5 \cos x)(5+4 \sin x) - (4+5 \sin x)(4 \cos x)}{(5+4 \sin x)^2} = \frac{9 \cos x}{(5+4 \sin x)^2}$.
હવે,$1 - [f(x)]^2 = \frac{9 \cos^2 x}{(5+4 \sin x)^2}$ મળે છે.
તેથી,$\sqrt{1 - [f(x)]^2} = \frac{3 |\cos x|}{5+4 \sin x}$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{5+4 \sin x}{3 |\cos x|} \cdot \frac{9 \cos x}{(5+4 \sin x)^2} = \frac{3 \cos x}{|\cos x| (5+4 \sin x)}$.
આમ,$\cos x > 0$ માટે $\frac{3}{5+4 \sin x}$ અને $\cos x < 0$ માટે $\frac{-3}{5+4 \sin x}$ મળે છે. વિકલ્પો જોતા,સાચો જવાબ $\frac{\pm 3}{5+4 \sin x}$ છે.

(A) ધારો કે $y = \sin^{-1} \left( \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} + \frac{4}{5} \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \right)$.
ધારો કે $\cos \alpha = \frac{3}{5}$,તો $\sin \alpha = \frac{4}{5}$ થાય.
વળી,ધારો કે $\sin \theta = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$,તો $\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા,$y = \sin^{-1} (\cos \alpha \cos \theta + \sin \alpha \sin \theta) = \sin^{-1} (\cos(\alpha - \theta)) = \sin^{-1} (\sin(\frac{\pi}{2} - (\alpha - \theta))) = \frac{\pi}{2} - \alpha + \theta$ મળે.
અહીં $\theta = \tan^{-1} x$ હોવાથી,$y = \frac{\pi}{2} - \alpha + \tan^{-1} x$ થાય.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 0 - 0 + \frac{1}{1+x^2} = \frac{1}{1+x^2}$ મળે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $3 f(x)-2 f\left(\frac{1}{x}\right)=x$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$3 f^{\prime}(x)-2 f^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right) \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)=1$
$3 f^{\prime}(x)+\frac{2}{x^2} f^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)=1$
$x=2$ માટે:
$3 f^{\prime}(2)+\frac{2}{4} f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=1 \Rightarrow 3 f^{\prime}(2)+\frac{1}{2} f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=1$ ...$(i)$
$x=\frac{1}{2}$ માટે:
$3 f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)+\frac{2}{(1/4)} f^{\prime}(2)=1 \Rightarrow 3 f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)+8 f^{\prime}(2)=1$ ...(ii)
$(i)$ પરથી,$f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=2-6 f^{\prime}(2)$.
આ કિંમત (ii) માં મૂકતા:
$3(2-6 f^{\prime}(2))+8 f^{\prime}(2)=1$
$6-18 f^{\prime}(2)+8 f^{\prime}(2)=1$
$-10 f^{\prime}(2)=-5$
$f^{\prime}(2)=\frac{1}{2}$

(A) આપેલ વિકલ સમીકરણ: $\frac{dt}{dx} = \frac{t}{x + t e^{-2x/t}}$.
બંને બાજુ વ્યસ્ત લેતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dx}{dt} = \frac{x + t e^{-2x/t}}{t}$.
અંશના દરેક પદને $t$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dx}{dt} = \frac{x}{t} + \frac{t e^{-2x/t}}{t}$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{dx}{dt} = \frac{x}{t} + e^{-2(x/t)}$.
આ $\frac{dx}{dt} = \phi\left(\frac{x}{t}\right)$ સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $\phi(v) = v + e^{-2v}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ છે કે,$f(x)=x^4-x^3+7x^2+14$.
સૌ પ્રથમ,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં પ્રથમ વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx}(x^4-x^3+7x^2+14) = 4x^3-3x^2+14x$.
ત્યારબાદ,$f^{\prime}(x)$ નું વિકલન કરીને દ્વિતીય વિકલન $f^{\prime \prime}(x)$ શોધીએ:
$f^{\prime \prime}(x) = \frac{d}{dx}(4x^3-3x^2+14x) = 12x^2-6x+14$.
હવે,$f^{\prime \prime}(x)$ ના પદમાં $x=5$ મૂકતા:
$f^{\prime \prime}(5) = 12(5)^2 - 6(5) + 14$.
$f^{\prime \prime}(5) = 12(25) - 30 + 14$.
$f^{\prime \prime}(5) = 300 - 30 + 14 = 284$.
આમ,મૂલ્ય $284$ છે,જે વિકલ્પ $C$ ને અનુરૂપ છે.

(A) આપેલ છે,$y = \sqrt{\frac{1+\tan x}{1-\tan x}} = \sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4}+x) \cdot \frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4}+x)$.
કારણ કે $\frac{d}{dx}(\frac{\pi}{4}+x) = 1$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)}} \cdot \sec^2(\frac{\pi}{4}+x)$.
$\sqrt{\tan(\frac{\pi}{4}+x)} = \sqrt{\frac{1+\tan x}{1-\tan x}}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-\tan x}{1+\tan x}} \sec^2(\frac{\pi}{4}+x)$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $2x^2 - 3xy + y^2 + x + 2y - 8 = 0$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(2x^2) - \frac{d}{dx}(3xy) + \frac{d}{dx}(y^2) + \frac{d}{dx}(x) + \frac{d}{dx}(2y) - \frac{d}{dx}(8) = 0$
$4x - 3(y + x \frac{dy}{dx}) + 2y \frac{dy}{dx} + 1 + 2 \frac{dy}{dx} = 0$
$4x - 3y - 3x \frac{dy}{dx} + 2y \frac{dy}{dx} + 1 + 2 \frac{dy}{dx} = 0$
$\frac{dy}{dx}$ વાળા પદોને સાથે લેતા:
$(2y - 3x + 2) \frac{dy}{dx} = 3y - 4x - 1$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{3y - 4x - 1}{2y - 3x + 2}$.
આમ,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 3 e^{x^2}$.
પ્રથમ,ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધો:
$f^{\prime}(x) = 3 \cdot e^{x^2} \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = 3 e^{x^2} \cdot 2x = 6x e^{x^2}$.
હવે,પદોની ગણતરી કરો:
$2x f(x) = 2x(3 e^{x^2}) = 6x e^{x^2}$.
$f(0) = 3 e^{0^2} = 3(1) = 3$.
$f^{\prime}(0) = 6(0) e^{0^2} = 0$.
આ કિંમતોને પદાવલિ $f^{\prime}(x) - 2x f(x) + \frac{1}{3} f(0) - f^{\prime}(0)$ માં મૂકો:
$= 6x e^{x^2} - 6x e^{x^2} + \frac{1}{3}(3) - 0$
$= 0 + 1 - 0 = 1$.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) = \left| \begin{array}{ccc} \cos x & x & 1 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \tan x & x & 1 \end{array} \right|$.
નિશ્ચાયકના વિકલનના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$f'(x)$ એ ત્રણ નિશ્ચાયકોનો સરવાળો છે જ્યાં દરેક હારનું વારાફરતી વિકલન કરવામાં આવે છે:
$f'(x) = \left| \begin{array}{ccc} -\sin x & 1 & 0 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \tan x & x & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} \cos x & x & 1 \\ 2 \cos x & 2x & 2 \\ \tan x & x & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} \cos x & x & 1 \\ 2 \sin x & x^2 & 2x \\ \sec^2 x & 1 & 0 \end{array} \right|$.
$x = 0$ આગળ:
$f'(0) = \left| \begin{array}{ccc} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1 \\ 2 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right| + \left| \begin{array}{ccc} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 \end{array} \right|$.
પ્રથમ નિશ્ચાયકમાં,બીજી હારના તમામ ઘટકો શૂન્ય છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
બીજા નિશ્ચાયકમાં,પ્રથમ અને ત્રીજી સ્તંભ સમાન છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
ત્રીજા નિશ્ચાયકમાં,બીજી હારના તમામ ઘટકો શૂન્ય છે,તેથી તેનું મૂલ્ય $0$ છે.
તેથી,$f'(0) = 0 + 0 + 0 = 0$.

(A) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $\left(\frac{x}{31}\right)^n + \left(\frac{y}{1209}\right)^n = 2$
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{n}{31} \left(\frac{x}{31}\right)^{n-1} + \frac{n}{1209} \left(\frac{y}{1209}\right)^{n-1} \frac{dy}{dx} = 0$
$\frac{dy}{dx} = -\frac{\frac{n}{31} \left(\frac{x}{31}\right)^{n-1}}{\frac{n}{1209} \left(\frac{y}{1209}\right)^{n-1}} = -\frac{1209}{31} \left(\frac{x}{31}\right)^{n-1} \left(\frac{1209}{y}\right)^{n-1}$
કારણ કે $1209 / 31 = 39$,તેથી:
$\frac{dy}{dx} = -39 \left(\frac{x}{31}\right)^{n-1} \left(\frac{1209}{y}\right)^{n-1}$
બિંદુ $(31, 1209)$ આગળ,$x = 31$ અને $y = 1209$ મૂકતા:
$\frac{dy}{dx} = -39 \left(\frac{31}{31}\right)^{n-1} \left(\frac{1209}{1209}\right)^{n-1} = -39(1)^{n-1}(1)^{n-1} = -39$
આમ,સ્પર્શકનો ઢાળ $-39$ છે.

(C) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $y=5x^2-3x+7$.
પ્રથમ,સ્પર્શકનો ઢાળ શોધવા માટે વિકલન $\frac{dy}{dx}$ મેળવીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(5x^2-3x+7) = 10x-3$.
બિંદુ $(-1, 4)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_T$ છે:
$m_T = \left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=-1} = 10(-1)-3 = -10-3 = -13$.
હવે,રેખાના બિંદુ-ઢાળ સ્વરૂપ $y-y_1 = m(x-x_1)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y-4 = -13(x-(-1))$
$y-4 = -13(x+1)$
$y-4 = -13x-13$
$13x+y-4+13 = 0$
$13x+y+9 = 0$.

(A) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $3y^2 = 2ax^2 + 6b$ છે . . . $(i)$
વક્ર બિંદુ $P(3, -1)$ માંથી પસાર થતું હોવાથી,આપણે સમીકરણ $(i)$ માં $x = 3$ અને $y = -1$ મૂકીએ:
$3(-1)^2 = 2a(3)^2 + 6b$
$3 = 18a + 6b$
$3$ વડે ભાગતા,આપણને $6a + 2b = 1$ મળે છે . . . $(ii)$
હવે,ઢાળ શોધવા માટે સમીકરણ $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$6y \frac{dy}{dx} = 4ax$
$P(3, -1)$ આગળ ઢાળ $-1$ આપેલ છે,તેથી $\frac{dy}{dx} = -1$,$x = 3$,અને $y = -1$ મૂકતા:
$6(-1)(-1) = 4a(3)$
$6 = 12a$
$a = 1/2$
$a = 1/2$ ને સમીકરણ $(ii)$ માં મૂકતા:
$6(1/2) + 2b = 1$
$3 + 2b = 1$
$2b = -2$
$b = -1$
આમ,$a = 1/2$ અને $b = -1$ મળે છે.

(D) આપેલ વક્ર $y = \frac{x-7}{(x-2)(x-3)}$ છે. વક્ર $X$-અક્ષને જ્યાં છેદે છે ત્યાં $y = 0$ હોય છે. $y = 0$ લેતા,આપણને $x - 7 = 0$ મળે છે,તેથી $x = 7$. આમ,છેદબિંદુ $P(7, 0)$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ શોધવા માટે,આપણે ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{[(x-2)(x-3)] \cdot 1 - (x-7) \cdot \frac{d}{dx}[(x-2)(x-3)]}{[(x-2)(x-3)]^2}$
$x = 7$ આગળ,છેદ $(7-2)^2(7-3)^2 = 5^2 \cdot 4^2 = 400$ થાય છે. અંશ $(49 - 35 + 6) - (0) = 20$ થાય છે.
તેથી,$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=7} = \frac{20}{400} = \frac{1}{20}$.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{dy/dx} = -20$ છે.
બિંદુ $(7, 0)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 0 = -20(x - 7)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = -20x + 140$ અથવા $20x + y - 140 = 0$ થાય છે.

(B) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $y^n = ax$ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$n y^{n-1} \frac{dy}{dx} = a$
$\frac{dy}{dx} = \frac{a}{n} y^{1-n}$
સબનોર્મલની લંબાઈ $|y \frac{dy}{dx}|$ તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે.
$\frac{dy}{dx}$ નું મૂલ્ય મૂકતા:
$\text{સબનોર્મલની લંબાઈ} = |y \cdot \frac{a}{n} y^{1-n}| = |\frac{a}{n} y^{2-n}|$
સબનોર્મલ અચળ રહે તે માટે,તે $y$ થી સ્વતંત્ર હોવું જોઈએ.
આ ત્યારે જ શક્ય છે જ્યારે $y$ નો ઘાતાંક $0$ હોય,એટલે કે $2 - n = 0$.
તેથી,$n = 2$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ વક્ર $x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}$ છે ...$(i)$
ધારો કે વક્ર પરનું બિંદુ $P(a \cos^3 \theta, a \sin^3 \theta)$ છે.
વક્ર $(i)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{2}{3} x^{-1/3} + \frac{2}{3} y^{-1/3} \frac{dy}{dx} = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\left(\frac{y}{x}\right)^{1/3}$.
બિંદુ $P$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $m$:
$m = -\left(\frac{a \sin^3 \theta}{a \cos^3 \theta}\right)^{1/3} = -\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = -\tan \theta$.
બિંદુ $P$ પર સ્પર્શકનું સમીકરણ:
$y - a \sin^3 \theta = -\tan \theta (x - a \cos^3 \theta)$.
$x \sin \theta + y \cos \theta = a \sin \theta \cos \theta$.
બિંદુ $A$ માટે ($y=0$ લેતા),$x = a \cos \theta$,તેથી $A = (a \cos \theta, 0)$.
બિંદુ $B$ માટે ($x=0$ લેતા),$y = a \sin \theta$,તેથી $B = (0, a \sin \theta)$.
અંતર $AB = \sqrt{(a \cos \theta - 0)^2 + (0 - a \sin \theta)^2} = \sqrt{a^2(\cos^2 \theta + \sin^2 \theta)} = a$.
આમ,$AB = a$.

(A) વક્રનું સમીકરણ $y=ax^3+bx^2+cx+5$ છે ...$(i)$
વક્ર $P(-2,0)$ આગળ $X$-અક્ષને સ્પર્શતું હોવાથી,તે $P(-2,0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $-8a+4b-2c+5=0$ ...(ii)
વળી,તે $x=-2$ આગળ $X$-અક્ષને સ્પર્શે છે,તેથી $x=-2$ આગળ વિકલન $\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.
$\frac{dy}{dx} = 3ax^2+2bx+c$. $x=-2$ માટે,$12a-4b+c=0$ ...(iii)
વક્ર $Y$-અક્ષને $Q(0,5)$ પર છેદે છે જ્યાં ઢાળ $3$ છે,તેથી $\left.\frac{dy}{dx}\right|_{x=0} = 3$,જે $c=3$ આપે છે.
$c=3$ ને (ii) અને (iii) માં મૂકતા:
$-8a+4b-6+5=0 \Rightarrow -8a+4b=1$ ...(iv)
$12a-4b+3=0 \Rightarrow 12a-4b=-3$ ...$(v)$
(iv) અને $(v)$ નો સરવાળો કરતા: $4a = -2 \Rightarrow a=-\frac{1}{2}$.
$a=-\frac{1}{2}$ ને (iv) માં મૂકતા: $-8(-\frac{1}{2})+4b=1 \Rightarrow 4+4b=1 \Rightarrow 4b=-3 \Rightarrow b=-\frac{3}{4}$.
આમ,$a=-\frac{1}{2}, b=-\frac{3}{4}, c=3$.

(C) આપેલ વક્ર $y = \sin x$ છે.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $\frac{dy}{dx} = \cos x$.
બિંદુ $(0, 0)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(0,0)} = \cos(0) = 1$ છે.
બિંદુ $(0, 0)$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{\text{સ્પર્શકનો ઢાળ}} = -\frac{1}{1} = -1$ થાય.
બિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થતા અને $m = -1$ ઢાળ ધરાવતા અભિલંબનું સમીકરણ $y - y_1 = m(x - x_1)$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા: $y - 0 = -1(x - 0)$.
આથી,$y = -x$ અથવા $x + y = 0$ મળે છે.

(A) આપેલ બિંદુ $P=(1,2)$.
સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \tan(\theta) = \tan(\tan^{-1}(2x+3y)) = 2x+3y$ દ્વારા મળે છે.
આ એક સુરેખ વિકલ સમીકરણ છે: $\frac{dy}{dx} - 3y = 2x$.
સંકલ્યકારક અવયવ $IF = e^{\int -3 dx} = e^{-3x}$.
બંને બાજુ $IF$ વડે ગુણતા: $y e^{-3x} = \int 2x e^{-3x} dx + c$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int 2x e^{-3x} dx = 2x \left(\frac{e^{-3x}}{-3}\right) - \int 2 \left(\frac{e^{-3x}}{-3}\right) dx = -\frac{2}{3}x e^{-3x} - \frac{2}{9} e^{-3x} + c$.
તેથી,$y e^{-3x} = -\frac{2}{3}x e^{-3x} - \frac{2}{9} e^{-3x} + c$.
$e^{3x}$ વડે ગુણતા: $y = -\frac{2}{3}x - \frac{2}{9} + c e^{3x}$.
વક્ર $(1,2)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી: $2 = -\frac{2}{3}(1) - \frac{2}{9} + c e^3 \implies 2 = -\frac{8}{9} + c e^3 \implies c e^3 = \frac{26}{9} \implies c = \frac{26}{9} e^{-3}$.
$c$ ની કિંમત મૂકતા: $y = -\frac{2}{3}x - \frac{2}{9} + \frac{26}{9} e^{-3} e^{3x} \implies 9y = -6x - 2 + 26 e^{3x-3} \implies 6x + 9y + 2 = 26 e^{3x-3}$.

(C) આપેલ રેખા $2x+18y=9$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m = -\frac{2}{18} = -\frac{1}{9}$ છે.
આપેલ વક્ર $y=x^3-3x$ છે. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 3x^2-3$ મળે.
અભિલંબનો ઢાળ $-\frac{1}{\frac{dy}{dx}} = -\frac{1}{3x^2-3}$ થાય.
અભિલંબ આપેલ રેખાને સમાંતર હોવાથી,તેમના ઢાળ સમાન હોય:
$-\frac{1}{9} = -\frac{1}{3(x^2-1)} \Rightarrow 3(x^2-1) = 9 \Rightarrow x^2-1 = 3 \Rightarrow x^2 = 4 \Rightarrow x = \pm 2$.
કિસ્સો $1$: જો $x=2$,તો $y = (2)^3 - 3(2) = 8-6 = 2$. બિંદુ $(2, 2)$ છે.
અભિલંબનું સમીકરણ $y-2 = -\frac{1}{9}(x-2) \Rightarrow 9y-18 = -x+2 \Rightarrow x+9y = 20$ થાય.
કિસ્સો $2$: જો $x=-2$,તો $y = (-2)^3 - 3(-2) = -8+6 = -2$. બિંદુ $(-2, -2)$ છે.
અભિલંબનું સમીકરણ $y-(-2) = -\frac{1}{9}(x-(-2)) \Rightarrow 9(y+2) = -(x+2) \Rightarrow 9y+18 = -x-2 \Rightarrow x+9y = -20$ થાય.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,જરૂરી સમીકરણો $x+9y = \pm 20$ છે.

(C) આપેલ વક્ર $y = e^{2x}$ છે.
પ્રથમ,આપણે વિકલન શોધીએ: $\frac{dy}{dx} = 2e^{2x}$.
બિંદુ $(0, 1)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(0, 1)} = 2e^{2(0)} = 2(1) = 2$ થાય.
બિંદુ $(x_1, y_1) = (0, 1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - y_1 = m(x - x_1)$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$y - 1 = 2(x - 0)$,જેનું સાદું રૂપ $y = 2x + 1$ થાય છે.
સ્પર્શક $x$-અક્ષને જ્યાં મળે છે તે બિંદુ શોધવા માટે,$y = 0$ લેતા.
$0 = 2x + 1 \implies 2x = -1 \implies x = -\frac{1}{2}$.
આમ,સ્પર્શક $x$-અક્ષને $(-\frac{1}{2}, 0)$ બિંદુએ મળે છે.

(C) આપેલ વક્ર $y = x + \frac{2}{x}$ છે.
$x = 2$ માટે,$y = 2 + \frac{2}{2} = 3$. તેથી,બિંદુ $(2, 3)$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{2}{x^2}$ મળે.
$x = 2$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = 1 - \frac{2}{4} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{m_t} = -2$ છે.
$(2, 3)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 3 = -2(x - 2)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y - 3 = -2x + 4$ અથવા $2x + y = 7$ થાય છે.
અભિલંબ યામ અક્ષોને જ્યાં મળે છે તે બિંદુઓ $A$ અને $B$ શોધવા માટે:
$x$-અંત:ખંડ $(y = 0)$ માટે,$2x = 7 \implies x = \frac{7}{2}$. તેથી,$A = (\frac{7}{2}, 0)$.
$y$-અંત:ખંડ $(x = 0)$ માટે,$y = 7$. તેથી,$B = (0, 7)$.
$AB$ ની લંબાઈ $= \sqrt{(\frac{7}{2} - 0)^2 + (0 - 7)^2} = \sqrt{\frac{49}{4} + 49} = \sqrt{49(\frac{1}{4} + 1)} = 7 \sqrt{\frac{5}{4}} = \frac{7\sqrt{5}}{2}$.

(B) ધારો કે $N(t)$ એ $t$ સમયે બેક્ટેરિયાની સંખ્યા છે. વૃદ્ધિ $N(t) = t^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બેક્ટેરિયાના વૃદ્ધિનો દર વિકલન $\frac{dN}{dt} = \frac{d}{dt}(t^3) = 3t^2$ દ્વારા મળે છે.
આપણને આપેલ છે કે વૃદ્ધિનો દર $1200 \ \text{per } s$ છે.
તેથી,$3t^2 = 1200$.
$3$ વડે ભાગતા,આપણને $t^2 = 400$ મળે છે.
વર્ગમૂળ લેતા,$t = \sqrt{400} = 20 \ s$.
આમ,લાગતો સમય $20 \ s$ છે.

(A) સમબાજુ ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A$ જેની બાજુ $a$ છે,તે નીચે મુજબ આપવામાં આવે છે:
$A = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$
સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dA}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 2a \cdot \frac{da}{dt}$
$\frac{dA}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{2} a \cdot \frac{da}{dt}$
અહીં આપેલ છે કે બાજુ વધવાનો દર $\frac{da}{dt} = 2 \text{ cm s}^{-1}$ છે અને બાજુની લંબાઈ $a = 10 \text{ cm}$ છે,આ કિંમતોને સમીકરણમાં મૂકતા:
$\frac{dA}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 10 \times 2$
$\frac{dA}{dt} = 10 \sqrt{3} \text{ cm}^2 \text{ s}^{-1}$
આમ,ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $10 \sqrt{3} \text{ cm}^2 \text{ s}^{-1}$ ના દરે વધે છે.

(D) આપેલ છે કે, ત્રિજ્યા $(r) = 7 \text{ m}$ અને ત્રિજ્યામાં ભૂલ $(dr) = 0.02 \text{ m}$ છે.
ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા, આપણને $\frac{dV}{dr} = 4 \pi r^2$ મળે છે.
ઘનફળમાં આશરે ભૂલ $(dV)$ એ $dV = \frac{dV}{dr} \times dr$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા, $dV = 4 \pi (7)^2 \times 0.02$.
$dV = 4 \pi (49) \times 0.02$.
$dV = 196 \pi \times 0.02 = 3.92 \pi \text{ m}^3$.
આમ, ઘનફળની ગણતરીમાં આશરે ભૂલ $3.92 \pi \text{ m}^3$ છે. તેથી, વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(A) ધારો કે મુદ્દલ $P$ છે. આપેલ છે કે મુદ્દલ વાર્ષિક $6 \%$ ના દરે સતત વધે છે,તેથી વિકલ સમીકરણ:
$\frac{dP}{dt} = \frac{6}{100} P = 0.06 P$
ચલને અલગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{dP}{P} = 0.06 dt$
બંને બાજુ સંકલન કરતા:
$\int \frac{dP}{P} = \int 0.06 dt$
$\log P = 0.06 t + C$
શરૂઆતમાં,$t = 0$ સમયે,$P = 6000$. તેથી,$\log 6000 = C$.
આમ,$\log P = 0.06 t + \log 6000$,જેનો અર્થ છે કે $\log(\frac{P}{6000}) = 0.06 t$.
આપણે તે સમય $t$ શોધવો છે જ્યારે મુદ્દલ બમણું થાય,એટલે કે $P = 12000$.
$\log(\frac{12000}{6000}) = 0.06 t$
$\log 2 = \frac{6}{100} t$
$t = \frac{100}{6} \log 2 = \frac{50}{3} \log 2$
તેથી,જરૂરી સમય $\frac{50}{3} \log 2$ વર્ષ છે. વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(D) આપેલ વિધેય $y = \ln(\ln(x))$ છે,જ્યાં $x > 1$.
પ્રથમ,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં $y$ નું વિકલન મેળવીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\ln(x)} \cdot \frac{d}{dx}(\ln(x)) = \frac{1}{x \ln(x)}$.
વિધેય ઘટતું હોવા માટે,આપણે $\frac{dy}{dx} < 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$\frac{1}{x \ln(x)} < 0$.
અહીં પ્રદેશ $x > 1$ આપેલ છે,તેથી આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(x) > 0$ અને $x > 1$ છે.
આથી,$x > 1$ માટે $x \ln(x)$ નો ગુણાકાર હંમેશા ધન રહે છે.
જેથી $x > 1$ માટે $\frac{1}{x \ln(x)}$ હંમેશા ધન છે,તેથી એવું કોઈ અંતરાલ નથી જ્યાં વિધેય ઘટતું હોય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) ધારો કે શરૂઆતની વસ્તી $P_0$ છે. $3 \%$ ના વાર્ષિક વૃદ્ધિ દરે $5 \text{ yr}$ પછીની વસ્તી $P = P_0(1 + \frac{3}{100})^5$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ટકાવારી વધારો નીચે મુજબ ગણવામાં આવે છે:
$\frac{P - P_0}{P_0} \times 100 = [ (1 + 0.03)^5 - 1 ] \times 100$
$= [ (1.03)^5 - 1 ] \times 100$
$(1.03)^5 \approx 1.15927$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\approx [1.15927 - 1] \times 100 = 15.927 \% \approx 15.9 \%$.
તેથી,વિકલ્પ $D$ સાચો છે.

(D) ધારો કે વિધેય $f(x) = \sqrt{x}$ છે.
આપણે $x = 196$ અને $\Delta x = 3$ લઈએ છીએ કારણ કે $196$ એ $199$ ની સૌથી નજીકની પૂર્ણ વર્ગ સંખ્યા છે.
વિકલનના સૂત્ર $\Delta y \approx \frac{dy}{dx} \times \Delta x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$x = 196$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{196}} = \frac{1}{2 \times 14} = \frac{1}{28}$.
હવે,$\Delta y \approx \frac{1}{28} \times 3 = \frac{3}{28} \approx 0.10714$.
તેથી,$\sqrt{199} = \sqrt{196} + \Delta y \approx 14 + 0.1071 = 14.1071$.

(C) ધારો કે $y = f(x) = x^{1/3}$.
આપણે $x = 27$ પસંદ કરીએ છીએ જેથી $x + \Delta x = 26$ થાય.
તેથી $\Delta x = 26 - 27 = -1$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y + \Delta y \approx f(x + \Delta x) = (x + \Delta x)^{1/3}$.
વિકલન $\Delta y$ એ $\Delta y \approx \frac{dy}{dx} \Delta x$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કારણ કે $y = x^{1/3}$,આપણી પાસે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{3} x^{-2/3} = \frac{1}{3x^{2/3}}$ છે.
$x = 27$ પર,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{3(27)^{2/3}} = \frac{1}{3(9)} = \frac{1}{27}$ થાય.
આમ,$\Delta y \approx \frac{1}{27} \times (-1) = -\frac{1}{27} \approx -0.037037$.
તેથી,$\sqrt[3]{26} = y + \Delta y = 27^{1/3} - 0.037037 = 3 - 0.037037 = 2.962963$.
ત્રણ દશાંશ સ્થળ સુધી રાઉન્ડિંગ કરતા,આપણને $2.963$ મળે છે. જોકે,આપેલા વિકલ્પોના આધારે,$2.962$ સૌથી નજીકની કિંમત છે.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = x^3 + 3x^2 - 2$ છે.
સ્થિર બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિધેયનું $x$ ની સાપેક્ષમાં પ્રથમ વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(x^3 + 3x^2 - 2) = 3x^2 + 6x$.
સ્થિર બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં પ્રથમ વિકલન શૂન્ય હોય:
$f'(x) = 0 \Rightarrow 3x^2 + 6x = 0$.
પદાવલિના અવયવ પાડતા આપણને મળે છે:
$3x(x + 2) = 0$.
આથી $x = 0$ અને $x = -2$ મળે છે.
તેથી,સ્થિર બિંદુઓ આગળ $x$ ની કિંમતો $0$ અને $-2$ છે.

(A) ધારો કે $f(x) = (1/2)^x$,જ્યાં $x \in R$.
વિધેયનો પ્રકાર નક્કી કરવા માટે,આપણે તેનું વિકલન કરીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx} \left( (1/2)^x \right) = (1/2)^x \ln(1/2)$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\ln(1/2) = \ln(1) - \ln(2) = 0 - \ln(2) = -\ln(2)$,તેથી:
$f'(x) = -(1/2)^x \ln(2)$.
અહીં $(1/2)^x > 0$ અને $\ln(2) > 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ થાય છે.
આમ,પ્રદેશ $R$ પર $f'(x) < 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $R$ પર ચુસ્ત રીતે ઘટતું વિધેય છે.

(B) આપેલ વિધેય $f(x) = k(x + \sin x) + k$ છે.
વિધેય વધતું વિધેય છે તે જાણવા માટે આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
$f'(x) = \frac{d}{dx}[k(x + \sin x) + k] = k(1 + \cos x)$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) \geq 0$ હોવું જોઈએ.
તેથી,$k(1 + \cos x) \geq 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે,$-1 \leq \cos x \leq 1$,જેનો અર્થ છે કે $0 \leq 1 + \cos x \leq 2$.
કારણ કે $(1 + \cos x)$ હંમેશા અ-ઋણ છે,તેથી ગુણાકાર $k(1 + \cos x) \geq 0$ થવા માટે $k > 0$ હોવું જરૂરી છે.
તેથી,$k > 0$.

(B) આપેલ છે કે,$y = \frac{ax - b}{(x - 1)(x - 4)} . . . . . . (i)$ ને ટર્નિંગ પોઈન્ટ $P(2, -1)$ છે.
બિંદુ $P$ વક્ર પર હોવાથી,તે સમીકરણ $(i)$ નું સમાધાન કરશે:
$-1 = \frac{2a - b}{(2 - 1)(2 - 4)} = \frac{2a - b}{-2}$
$2a - b = 2 . . . . . . (ii)$
ટર્નિંગ પોઈન્ટ પર,વિકલન $\frac{dy}{dx} = 0$ થાય છે.
સમીકરણ $(i)$ પરથી,$y(x^2 - 5x + 4) = ax - b$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y(2x - 5) + (x^2 - 5x + 4) \frac{dy}{dx} = a$.
$x = 2$ અને $y = -1$ માટે,$\frac{dy}{dx} = 0$ મૂકતા:
$-1(2(2) - 5) + (2^2 - 5(2) + 4)(0) = a$
$-1(4 - 5) = a$
$a = 1$.
સમીકરણ $(ii)$ માં $a = 1$ મૂકતા:
$2(1) - b = 2$
$b = 0$.
આમ,$a = 1$ અને $b = 0$ મળે છે.

(B) ધારો કે $R = 22 \ cm$ એ ગોળાની ત્રિજ્યા છે અને $h$ એ તેમાં અંતર્ગત નળાકારની ઊંચાઈ છે. ધારો કે $r$ એ નળાકારની ત્રિજ્યા છે.
ગોળાની ભૂમિતિ મુજબ,$r^2 + (h/2)^2 = R^2$,જેનો અર્થ થાય છે $r^2 = R^2 - h^2/4$.
નળાકારની વક્ર સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $A = 2\pi rh = 2\pi h \sqrt{R^2 - h^2/4} = \pi h \sqrt{4R^2 - h^2}$ છે.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $A^2 = \pi^2 h^2 (4R^2 - h^2) = \pi^2 (4R^2h^2 - h^4)$ ને મહત્તમ કરીએ.
ધારો કે $f(h) = 4R^2h^2 - h^4$. $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$f'(h) = 8R^2h - 4h^3$ મળે છે.
$f'(h) = 0$ લેતા,$4h(2R^2 - h^2) = 0$ મળે છે. $h > 0$ હોવાથી,$h^2 = 2R^2$,તેથી $h = R\sqrt{2}$ થાય.
અહીં $R = 22 \ cm$ આપેલ હોવાથી,ઊંચાઈ $h = 22\sqrt{2} \ cm$ થશે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = -x + \sin 2x$ અંતરાલ $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ પર છે.
પ્રથમ,$f'(x) = 0$ લઈને ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધો.
$f'(x) = -1 + 2 \cos 2x = 0$
$\cos 2x = \frac{1}{2}$
અહીં $x \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ હોવાથી,$2x \in [-\pi, \pi]$ થાય.
તેથી,$2x = \pm \frac{\pi}{3}$,જે આપણને $x = \pm \frac{\pi}{6}$ આપે છે.
હવે,ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતિમ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધો:
$f(-\frac{\pi}{2}) = -(-\frac{\pi}{2}) + \sin(-\pi) = \frac{\pi}{2} + 0 = \frac{\pi}{2}$
$f(-\frac{\pi}{6}) = -(-\frac{\pi}{6}) + \sin(-\frac{\pi}{3}) = \frac{\pi}{6} - \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f(\frac{\pi}{6}) = -(\frac{\pi}{6}) + \sin(\frac{\pi}{3}) = -\frac{\pi}{6} + \frac{\sqrt{3}}{2}$
$f(\frac{\pi}{2}) = -(\frac{\pi}{2}) + \sin(\pi) = -\frac{\pi}{2} + 0 = -\frac{\pi}{2}$
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,મહત્તમ કિંમત $M = \frac{\pi}{2}$ અને ન્યૂનતમ કિંમત $m = -\frac{\pi}{2}$ મળે છે.
તેથી તફાવત $M - m = \frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2}) = \pi$ થાય.