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

(C) हम जानते हैं कि $\tan \theta + \cot \theta = \frac{2}{\sin(2 \theta)}$.
यहाँ,$\theta = \frac{3 \pi}{16}$,इसलिए $2 \theta = \frac{3 \pi}{8}$.
अतः,व्यंजक $\frac{2}{\sin(3 \pi / 8)}$ हो जाता है।
$\sin(3 \pi / 8) = \cos(\pi / 8) = \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}$.
इसलिए,$\frac{2}{\sin(3 \pi / 8)} = \frac{4}{\sqrt{2+\sqrt{2}}} = 2 \sqrt{2} \sqrt{2-\sqrt{2}}$.

(B) दिया गया समीकरण: $|\tan \theta| = \tan \theta + \sec \theta$.
स्थिति $1$: यदि $\tan \theta \ge 0$ है,तो $\tan \theta = \tan \theta + \sec \theta$,जिसका अर्थ है $\sec \theta = 0$. इसका कोई हल नहीं है।
स्थिति $2$: यदि $\tan \theta < 0$ है,तो $-\tan \theta = \tan \theta + \sec \theta$,जिसका अर्थ है $2\tan \theta + \sec \theta = 0$.
$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$ और $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$ रखने पर,हमें $2\sin \theta + 1 = 0$ प्राप्त होता है,इसलिए $\sin \theta = -\frac{1}{2}$.
चूंकि $\tan \theta < 0$ है,$\theta$ को दूसरे या चौथे चतुर्थांश में होना चाहिए। $\sin \theta = -\frac{1}{2}$ के लिए,$\theta = \frac{7\pi}{6}$ या $\theta = \frac{11\pi}{6}$.
$\tan \theta < 0$ की जांच करने पर:
$\theta = \frac{7\pi}{6}$ के लिए,$\tan \theta = \tan(\frac{7\pi}{6}) = \frac{1}{\sqrt{3}} > 0$ (अस्वीकार्य)।
$\theta = \frac{11\pi}{6}$ के लिए,$\tan \theta = \tan(\frac{11\pi}{6}) = -\frac{1}{\sqrt{3}} < 0$ (स्वीकार्य)।
अतः,हल $\theta = \frac{11\pi}{6}$ है।

(A) दी गई रेखा का समीकरण $x \cos \theta + y \sin \theta = p$ है ...$(i)$
जब अक्षों को $\theta$ कोण से घुमाया जाता है,तो रूपांतरण समीकरण इस प्रकार हैं:
$x = X \cos \theta - Y \sin \theta$
$y = X \sin \theta + Y \cos \theta$
इन मानों को समीकरण $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$(X \cos \theta - Y \sin \theta) \cos \theta + (X \sin \theta + Y \cos \theta) \sin \theta = p$
$X \cos^2 \theta - Y \sin \theta \cos \theta + X \sin^2 \theta + Y \sin \theta \cos \theta = p$
$X (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = p$
चूंकि $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$,हमें प्राप्त होता है:
$X = p$

(B) त्रिभुज के शीर्ष $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3)$ होने पर केंद्रक $(x, y) = (\frac{x_1 + x_2 + x_3}{3}, \frac{y_1 + y_2 + y_3}{3})$ होता है।
दिए गए शीर्ष $(1, 0)$,$(a \cos t, a \sin t)$ और $(b \sin t, -b \cos t)$ हैं।
अतः,$x = \frac{1 + a \cos t + b \sin t}{3} \Rightarrow 3x - 1 = a \cos t + b \sin t$ ...$(i)$
और $y = \frac{0 + a \sin t - b \cos t}{3} \Rightarrow 3y = a \sin t - b \cos t$ ...(ii)
समीकरण $(i)$ और (ii) का वर्ग करके जोड़ने पर:
$(3x - 1)^2 + (3y)^2 = (a \cos t + b \sin t)^2 + (a \sin t - b \cos t)^2$
$9x^2 - 6x + 1 + 9y^2 = a^2 + b^2$
$9x^2 + 9y^2 - 6x = a^2 + b^2 - 1$
अतः,$k = a^2 + b^2 - 1$.

(B) माना $(x, y)$ पुराने अक्षों के निर्देशांक हैं और $(X, Y)$ कोण $\theta = 45^{\circ}$ पर घुमाने के बाद नई प्रणाली के निर्देशांक हैं।
रूपांतरण समीकरण हैं:
$x = X \cos \theta - Y \sin \theta$
$y = X \sin \theta + Y \cos \theta$
यहाँ $x = 4 \sqrt{2}$,$y = -6 \sqrt{2}$,और $\theta = 45^{\circ}$ है,इसलिए $\cos 45^{\circ} = \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
मान रखने पर:
$4 \sqrt{2} = X \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - Y \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \Rightarrow X - Y = 8$
$-6 \sqrt{2} = X \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + Y \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) \Rightarrow X + Y = -12$
दोनों समीकरणों को जोड़ने पर: $2X = -4 \Rightarrow X = -2$.
दूसरे में से पहले समीकरण को घटाने पर: $2Y = -20 \Rightarrow Y = -10$.
अतः,नए निर्देशांक $(-2, -10)$ हैं।

(C) दिया गया समीकरण $4x^2 + 9y^2 - 8x + 36y + 4 = 0$ है।
$x$ और $y$ के प्रथम घात वाले पदों को हटाने के लिए,हम पूर्ण वर्ग विधि का उपयोग करते हैं:
$4(x^2 - 2x) + 9(y^2 + 4y) + 4 = 0$
$4(x^2 - 2x + 1 - 1) + 9(y^2 + 4y + 4 - 4) + 4 = 0$
$4(x - 1)^2 - 4 + 9(y + 2)^2 - 36 + 4 = 0$
$4(x - 1)^2 + 9(y + 2)^2 = 36$
मान लीजिए कि नए निर्देशांक $X = x - 1$ और $Y = y + 2$ हैं।
इसका अर्थ है कि $x = X + 1$ और $y = Y - 2$ है।
अतः,$x$ और $y$ के पदों को हटाने के लिए मूल बिंदु को $(1, -2)$ पर स्थानांतरित किया जाना चाहिए।

(C) माना बिंदु $P(a, 8)$,$A(2, 5)$ और $B(4, -1)$ हैं।
चूँकि बिंदु संरेख हैं,इसलिए रेखाखंड $PA$ की ढाल और रेखाखंड $AB$ की ढाल समान होगी।
$PA$ की ढाल $\frac{8 - 5}{a - 2} = \frac{3}{a - 2}$ है।
$AB$ की ढाल $\frac{-1 - 5}{4 - 2} = \frac{-6}{2} = -3$ है।
ढालों की तुलना करने पर: $\frac{3}{a - 2} = -3$.
$3 = -3(a - 2) \Rightarrow 3 = -3a + 6$.
$3a = 6 - 3$ $\Rightarrow 3a = 3$ $\Rightarrow a = 1$.

(A) माना बिंदु $P$ जिसका भुज $3$ है,$A(6, 5)$ और $B(-1, 4)$ को मिलाने वाली रेखा को $\lambda: 1$ के अनुपात में विभाजित करता है।
विभाजन सूत्र का उपयोग करने पर:
$x = \frac{m_1x_2 + m_2x_1}{m_1 + m_2}$
$3 = \frac{\lambda(-1) + 1(6)}{\lambda + 1}$
$3(\lambda + 1) = -\lambda + 6$
$3\lambda + 3 = -\lambda + 6$
$4\lambda = 3$
$\lambda = \frac{3}{4}$
अतः,अनुपात $\lambda: 1$ का मान $3: 4$ है।
इसलिए,विकल्प $A$ सही है।

(B) जब मूल बिंदु को $(h, k) = (2, 3)$ पर स्थानांतरित किया जाता है,तो पुराने निर्देशांक $(X, Y)$ और नए निर्देशांक $(x, y)$ के बीच संबंध $X = x + 2$ और $Y = y + 3$ होता है।
मूल समीकरण ज्ञात करने के लिए,हम दिए गए रूपांतरित समीकरण में $x$ को $(X-2)$ और $y$ को $(Y-3)$ से प्रतिस्थापित करते हैं:
$(X-2)^2 + 3(X-2)(Y-3) - 2(Y-3)^2 + 17(X-2) - 7(Y-3) - 11 = 0$
पदों का विस्तार करने पर:
$(X^2 - 4X + 4) + 3(XY - 3X - 2Y + 6) - 2(Y^2 - 6Y + 9) + 17X - 34 - 7Y + 21 - 11 = 0$
$X^2 + 3XY - 2Y^2 + 4X - Y - 20 = 0$
अतः,मूल समीकरण $x^2+3xy-2y^2+4x-y-20=0$ है।

(C) $A(3,1)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण $y - 1 = m(x - 3)$ है,जिसे $mx - y + (1 - 3m) = 0$ के रूप में लिखा जा सकता है।
मूल बिंदु $O(0,0)$ से इस रेखा की दूरी $d = \frac{|1 - 3m|}{\sqrt{m^2 + 1}}$ है।
दूरी अधिकतम होने के लिए,रेखा को $OA$ के लंबवत होना चाहिए।
$OA$ की ढाल $\frac{1}{3}$ है।
अतः रेखा की ढाल $m = -3$ होगी।
रेखा का समीकरण $3x + y = 10$ प्राप्त होता है।
$P$ और $Q$ के निर्देशांक $(\frac{10}{3}, 0)$ और $(0, 10)$ हैं।
$\triangle OPQ$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \frac{10}{3} \times 10 = \frac{50}{3}$ वर्ग इकाई।

(C) दिया गया समीकरण $y^2-6y-4x+13=0$ है।
$y$ पदों के लिए पूर्ण वर्ग बनाने पर:
$(y^2-6y+9)-9-4x+13=0$
$(y-3)^2-4x+4=0$
$(y-3)^2-4(x-1)=0$।
माना नया मूल बिंदु $(h,k)$ है। हम $y = Y+k$ और $x = X+h$ प्रतिस्थापित करते हैं।
समीकरण को $Y^2+AX=0$ के रूप में बदलने के लिए,हम $k=3$ और $h=1$ रखते हैं।
अतः,मूल बिंदु को $(1,3)$ पर स्थानांतरित किया जाना चाहिए।
इसलिए,विकल्प $C$ सही है।

(D) मान लीजिए $\triangle ABC$ की भुजाओं की लंबाई $a, b,$ और $c$ है। अर्ध-परिमाप $s$ को $s = \frac{a+b+c}{2}$ द्वारा दिया जाता है।
आरेख से,$\triangle ABC$ के क्षेत्रफल को $\triangle IBC, \triangle ICA,$ और $\triangle IAB$ के क्षेत्रफलों के योग के रूप में व्यक्त किया जा सकता है,जहाँ $I$ अंतःकेंद्र है:
$\Delta = \text{Area}(\triangle IBC) + \text{Area}(\triangle ICA) + \text{Area}(\triangle IAB)$
$\Delta = \frac{1}{2}ar + \frac{1}{2}br + \frac{1}{2}cr$
$\Delta = r \left( \frac{a+b+c}{2} \right)$
चूंकि $s = \frac{a+b+c}{2}$,इसलिए $\Delta = rs$ है।
अतः,विकल्प $(d)$ सही है।

(B) तीन रेखाओं $L_1=0, L_2=0, L_3=0$ से गुजरने वाले वृत्त का समीकरण $L_1 L_2 + \lambda L_2 L_3 + \mu L_3 L_1 = 0$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $L_1: x+y-6=0$,$L_2: 2x+y-4=0$,$L_3: x+2y-5=0$ है।
वृत्त के लिए $x^2$ और $y^2$ के गुणांक समान होने चाहिए और $xy$ का गुणांक शून्य होना चाहिए।
इन शर्तों को लागू करने पर,हमें $\mu = 1$ और $\lambda = -6/5$ प्राप्त होता है।
समीकरण में मान रखने और सरल करने पर,हमें $x^2+y^2-17x-19y+50=0$ प्राप्त होता है।

(B) दी गई रेखाएँ $3x + 4y = 9$ और $6x + 8y = 15$ हैं।
$x$ और $y$ के गुणांकों को समान करने के लिए,पहले समीकरण को $2$ से गुणा करने पर:
$6x + 8y = 18$।
अब,समीकरण $6x + 8y - 18 = 0$ और $6x + 8y - 15 = 0$ हैं।
दो समांतर रेखाओं $Ax + By + C_1 = 0$ और $Ax + By + C_2 = 0$ के बीच की दूरी $d = \frac{|C_1 - C_2|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
यहाँ,$A = 6, B = 8, C_1 = -18, C_2 = -15$ है।
$d = \frac{|-18 - (-15)|}{\sqrt{6^2 + 8^2}} = \frac{|-3|}{\sqrt{36 + 64}} = \frac{3}{\sqrt{100}} = \frac{3}{10} \text{ इकाई}$।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) $\triangle ABC$ में,वह वृत्त जो भुजा $BC$ को आंतरिक रूप से और अन्य दो भुजाओं $AB$ और $AC$ को बाहरी रूप से स्पर्श करता है,उसे कोण $A$ के विपरीत बाह्यवृत्त (Ex-circle) कहा जाता है। इस वृत्त का केंद्र बाह्यकेंद्र $E_A$ होता है। अतः,विकल्प $(A)$ सही है।

(B) माना मूल निर्देशांक $(x, y)$ हैं और नए निर्देशांक $(x', y') = (4, -3)$ हैं। घूर्णन कोण $\theta = 135^{\circ}$ है।
अक्षों के घूर्णन के लिए रूपांतरण सूत्र हैं:
$x = x' \cos \theta - y' \sin \theta$
$y = x' \sin \theta + y' \cos \theta$
$\cos 135^{\circ} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ और $\sin 135^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ का मान रखने पर:
$x = 4 \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - (-3) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$
$y = 4 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + (-3) \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{7}{\sqrt{2}}$
अतः,मूल निर्देशांक $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{7}{\sqrt{2}}\right)$ हैं।

(A) दी गई रेखाएं $x+y=1$,$x=1$,और $y=1$ हैं।
त्रिभुज के शीर्ष:
$P(1, 1)$,$A(1, 0)$,और $B(0, 1)$ हैं।
भुजाओं की लंबाई:
$a = 1$,$b = 1$,$c = \sqrt{2}$ है।
अंतःकेंद्र के सूत्र का उपयोग करने पर,सही उत्तर $\left(1-\frac{1}{\sqrt{2}}, 1-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया समीकरण $y^2-6y-4x+13=0$ है।
माना मूल बिंदु $(h, k)$ पर स्थानांतरित किया जाता है।
तब $y$ का मान $y+k$ और $x$ का मान $x+h$ हो जाता है।
समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $(y+k)^2 - 6(y+k) - 4(x+h) + 13 = 0$.
विस्तार करने पर: $y^2 + 2ky + k^2 - 6y - 6k - 4x - 4h + 13 = 0$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $y^2 + (2k-6)y - 4x + (k^2 - 6k - 4h + 13) = 0$.
समीकरण में $y$ का पद न होने के लिए,$y$ का गुणांक शून्य होना चाहिए: $2k - 6 = 0 \implies k = 3$.
अचर पद न होने के लिए,अचर भाग शून्य होना चाहिए: $k^2 - 6k - 4h + 13 = 0$.
$k = 3$ रखने पर: $(3)^2 - 6(3) - 4h + 13 = 0$.
$9 - 18 - 4h + 13 = 0$.
$-9 - 4h + 13 = 0$.
$4 - 4h = 0 \implies h = 1$.
अतः,मूल बिंदु को $(1, 3)$ पर स्थानांतरित किया जाना चाहिए।

(C) $1$) त्रिभुज का क्षेत्रफल उसके शीर्षों के निर्देशांकों पर निर्भर करता है। अक्षों के स्थानांतरण के दौरान मूल बिंदु बदल जाता है लेकिन अक्ष समानांतर रहते हैं,इसलिए क्षेत्रफल अपरिवर्तित रहता है। यह कथन सत्य है।
$2$) रेखा की ढाल $y$ में परिवर्तन और $x$ में परिवर्तन के अनुपात के रूप में परिभाषित होती है। स्थानांतरण के अंतर्गत,$x = X + h$ और $y = Y + k$ होने के कारण,$dx = dX$ और $dy = dY$ होता है। इसलिए ढाल $m = \frac{dy}{dx} = \frac{dY}{dX}$ अपरिवर्तित रहती है। यह कथन सत्य है।
$3$) परिभाषा के अनुसार,अक्षों का स्थानांतरण का अर्थ है अक्षों की दिशा बदले बिना मूल बिंदु को नए बिंदु $(h, k)$ पर ले जाना। यदि अक्षों की दिशा बदल दी जाए,तो इसे अक्षों का घूर्णन कहा जाता है। अतः,यह कथन असत्य है।
$4$) यदि मूल बिंदु को $(h, k)$ पर स्थानांतरित किया जाता है,तो नए निर्देशांक $(X, Y)$ और पुराने निर्देशांक $(x, y)$ के बीच संबंध $x = X + h$ और $y = Y + k$ है। इस कथन में दिया गया तर्क उल्टा है। यह कथन असत्य है।

(C) शीर्ष $(-1, -1)$ से रेखा $x+y-6=0$ पर डाले गए लंब की लंबाई $h = \frac{|(-1) + (-1) - 6|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|-8|}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2}$ है।
समबाहु त्रिभुज में ऊँचाई $h = \frac{\sqrt{3}}{2}a$ होती है,इसलिए भुजा $a = \frac{2h}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ है।
त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \left(\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\right)^2 = \frac{32}{\sqrt{3}}$ वर्ग इकाई है।

(C) वर्ग के शीर्ष $O(0,0), A(1,0), B(1,1)$ और $C(0,1)$ हैं।
विकर्ण विपरीत शीर्षों को जोड़ने वाले रेखाखंड हैं,जो $OB$ और $AC$ हैं।
$1$. $(0,0)$ और $(1,1)$ से गुजरने वाले विकर्ण $OB$ का समीकरण:
ढाल $m = \frac{1-0}{1-0} = 1$ है।
बिंदु-ढाल रूप $y - y_1 = m(x - x_1)$ का उपयोग करते हुए:
$y - 0 = 1(x - 0) \Rightarrow y = x$।
$2$. $(1,0)$ और $(0,1)$ से गुजरने वाले विकर्ण $AC$ का समीकरण:
ढाल $m = \frac{1-0}{0-1} = -1$ है।
बिंदु-ढाल रूप $y - 0 = -1(x - 1)$ का उपयोग करते हुए:
$y = -x + 1 \Rightarrow x + y = 1$।
अतः,विकर्णों के समीकरण $y = x$ और $x + y = 1$ हैं।

(B) वर्ग की भुजाएँ विकर्ण के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती हैं। दिए गए विकर्ण $8x - 15y = 0$ की ढाल $m_1 = \frac{8}{15}$ है।
माना $(1, 2)$ से गुजरने वाली भुजाओं की ढाल $m$ है। सूत्र $\tan(45^{\circ}) = |\frac{m - m_1}{1 + m \cdot m_1}|$ का उपयोग करने पर:
$1 = |\frac{m - 8/15}{1 + 8m/15}|$
$1 = |\frac{15m - 8}{15 + 8m}|$
इससे दो स्थितियाँ प्राप्त होती हैं:
स्थिति $1$: $15m - 8 = 15 + 8m$ $\Rightarrow 7m = 23$ $\Rightarrow m = \frac{23}{7}$.
भुजा का समीकरण $y - 2 = \frac{23}{7}(x - 1) \Rightarrow 23x - 7y - 9 = 0$ है।
स्थिति $2$: $15m - 8 = -(15 + 8m)$ $\Rightarrow 23m = -7$ $\Rightarrow m = -\frac{7}{23}$.
भुजा का समीकरण $y - 2 = -\frac{7}{23}(x - 1) \Rightarrow 7x + 23y - 53 = 0$ है।

(A) माना रेखा का झुकाव कोण $\theta$ है। चूँकि यह बिंदु $A(1,2)$ से गुजरती है,रेखा का प्राचलिक समीकरण $\frac{x-1}{\cos \theta} = \frac{y-2}{\sin \theta} = r$ है,जहाँ $r = \pm \frac{\sqrt{6}}{3}$ है।
रेखा पर कोई भी बिंदु $P(1 + r \cos \theta, 2 + r \sin \theta)$ है।
चूँकि $P$ रेखा $x+y=4$ पर स्थित है,इसलिए $(1 + r \cos \theta) + (2 + r \sin \theta) = 4$ होगा।
$3 + r(\cos \theta + \sin \theta) = 4 \Rightarrow r(\cos \theta + \sin \theta) = 1$।
$r = \pm \frac{\sqrt{6}}{3}$ रखने पर,$\pm \frac{\sqrt{6}}{3}(\cos \theta + \sin \theta) = 1$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $\frac{6}{9}(\cos \theta + \sin \theta)^2 = 1 \Rightarrow \frac{2}{3}(1 + \sin 2\theta) = 1$।
$1 + \sin 2\theta = \frac{3}{2} \Rightarrow \sin 2\theta = \frac{1}{2}$।
अतः,$2\theta = 30^{\circ}$ या $150^{\circ}$,जिससे $\theta = 15^{\circ}$ या $75^{\circ}$ प्राप्त होता है।

(D) दी गई रेखा $2x + y - 7 = 0$ है,जिसका ढाल $m_1 = -2$ है।
चूंकि अभीष्ट रेखा दी गई रेखा पर लंब है,इसलिए इसका ढाल $m_2$ को $m_1 \times m_2 = -1$ को संतुष्ट करना चाहिए।
अतः,$m_2 = -\frac{1}{-2} = \frac{1}{2}$।
बिंदु $(5, 3)$ का उपयोग करते हुए बिंदु-ढाल रूप $y - y_1 = m_2(x - x_1)$ से:
$y - 3 = \frac{1}{2}(x - 5)$
$2(y - 3) = x - 5$
$2y - 6 = x - 5$
$2y - x - 1 = 0$।
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(A) $3x - 4y + 1 = 0$ और $5x + y - 1 = 0$ के प्रतिच्छेदन से गुजरने वाली रेखाओं के परिवार का समीकरण $(3x - 4y + 1) + \lambda(5x + y - 1) = 0$ है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$(3 + 5\lambda)x + (\lambda - 4)y + (1 - \lambda) = 0$ प्राप्त होता है।
रेखा द्वारा अक्षों पर समान अंतःखंड काटने के लिए,रेखा की ढाल $-1$ होनी चाहिए।
ढाल $m = -\frac{3 + 5\lambda}{\lambda - 4} = -1$ $\Rightarrow 3 + 5\lambda = \lambda - 4$ $\Rightarrow 4\lambda = -7$ $\Rightarrow \lambda = -\frac{7}{4}$.
$\lambda = -\frac{7}{4}$ रखने पर,$23x + 23y - 11 = 0$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(A) माना रेखा का $y$-अंतःखंड $a$ है। तब $x$-अंतःखंड $2a$ होगा।
रेखा के अंतःखंड रूप के समीकरण का उपयोग करते हुए,$\frac{x}{2a} + \frac{y}{a} = 1$।
चूंकि रेखा बिंदु $(2,3)$ से गुजरती है,हम इन निर्देशांकों को समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{2}{2a} + \frac{3}{a} = 1$
$\frac{1}{a} + \frac{3}{a} = 1$
$\frac{4}{a} = 1 \Rightarrow a = 4$।
$a=4$ को अंतःखंड रूप में वापस रखने पर:
$\frac{x}{8} + \frac{y}{4} = 1$
$8$ से गुणा करने पर,हमें $x + 2y = 8$ प्राप्त होता है,या $x + 2y - 8 = 0$।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(D) रेखाओं $y=ax$ और $y=2$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $A\left(\frac{2}{a}, 2\right)$ है।
रेखाओं $y=ax$ और $y=6$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $B\left(\frac{6}{a}, 6\right)$ है।
रेखाखंड $AB$ की लंबाई दूरी सूत्र द्वारा दी जाती है:
$AB = \sqrt{\left(\frac{6}{a} - \frac{2}{a}\right)^2 + (6 - 2)^2} < 5$
$\sqrt{\left(\frac{4}{a}\right)^2 + 4^2} < 5$
$\sqrt{\frac{16}{a^2} + 16} < 5$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{16}{a^2} + 16 < 25$
$\frac{16}{a^2} < 9$
$a^2 > \frac{16}{9}$
वर्गमूल लेने पर,हमें $|a| > \frac{4}{3}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $a < -\frac{4}{3}$ या $a > \frac{4}{3}$।
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(C) माना निर्देशांक अक्षों के साथ त्रिभुज बनाने वाली रेखा का समीकरण $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ है।
त्रिभुज का क्षेत्रफल $\frac{1}{2} |ab| = 12$ है,इसलिए $|ab| = 24$ है।
चूंकि रेखा $(2,3)$ से गुजरती है,हमारे पास $\frac{2}{a} + \frac{3}{b} = 1$ है,जिसका अर्थ है $2b + 3a = ab$।
स्थिति $1$: $ab = 24$। तब $3a + 2b = 24$। $b = \frac{24-3a}{2}$ को $ab=24$ में रखने पर $3a^2 - 24a + 48 = 0$ प्राप्त होता है,जो $a=4, b=6$ देता है ($1$ हल)।
स्थिति $2$: $ab = -24$। तब $3a + 2b = -24$। इससे $a^2 + 8a - 16 = 0$ समीकरण मिलता है,जिसके $2$ वास्तविक हल मिलते हैं।
स्थिति $3$: $ab = -24$ और $3a + 2b = 24$। इससे $a^2 - 8a - 16 = 0$ समीकरण मिलता है,जिसके $2$ वास्तविक हल मिलते हैं।
कुल $3$ रेखाएं संभव हैं।

(A) बिंदु $(x_1, y_1)$ से गुजरने वाली रेखा का सममित रूप में समीकरण,यदि $X$-अक्ष की धनात्मक दिशा के साथ झुकाव $\theta$ है,तो वह इस प्रकार है:
$\frac{x-x_1}{\cos \theta} = \frac{y-y_1}{\sin \theta} = r$
दिया गया है $(x_1, y_1) = (-1, 3)$ और $\theta = 120^{\circ}$,इसलिए:
$\cos 120^{\circ} = -1/2$ और $\sin 120^{\circ} = \sqrt{3}/2$
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\frac{x - (-1)}{-1/2} = \frac{y - 3}{\sqrt{3}/2} = r$
$\frac{x+1}{-1/2} = \frac{y-3}{\sqrt{3}/2} = r$

(A) $L_1: 2x - y + 2 = 0$ और $L_2: x + y + 4 = 0$ के प्रतिच्छेदन बिंदु से गुजरने वाली रेखाओं का परिवार $L_1 + \lambda L_2 = 0$ द्वारा दिया जाता है।
$(2x - y + 2) + \lambda(x + y + 4) = 0$.
चूंकि रेखा बिंदु $(5, -2)$ से गुजरती है,हम $x = 5$ और $y = -2$ प्रतिस्थापित करते हैं:
$(2(5) - (-2) + 2) + \lambda(5 - 2 + 4) = 0$.
$14 + 7\lambda = 0$.
$\lambda = -2$.
$\lambda = -2$ को समीकरण में रखने पर:
$(2x - y + 2) - 2(x + y + 4) = 0$.
$-3y - 6 = 0$.
$y + 2 = 0$.

(A) $y$-अक्ष के समांतर रेखा का समीकरण $x = k$ के रूप में होता है। चूँकि यह $(5, -6)$ से गुजरती है,इसलिए समीकरण $x = 5$ है।
$x$-अक्ष के समांतर रेखा का समीकरण $y = k$ के रूप में होता है। चूँकि यह $(5, -6)$ से गुजरती है,इसलिए समीकरण $y = -6$ है।
अतः,अभीष्ट समीकरण $x = 5$ और $y = -6$ हैं।

(C) दी गई रेखाएँ $2x + 11y - 7 = 0$ और $x + 3y + 5 = 0$ हैं।
इन रेखाओं की प्रवणता (slopes) $m_1 = -\frac{2}{11}$ और $m_2 = -\frac{1}{3}$ हैं।
दो रेखाओं के बीच का कोण $\theta$ सूत्र $\tan \theta = \left|\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}\right|$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर: $\tan \theta = \left|\frac{-\frac{2}{11} - (-\frac{1}{3})}{1 + (-\frac{2}{11})(-\frac{1}{3})}\right| = \left|\frac{-\frac{6}{33} + \frac{11}{33}}{1 + \frac{2}{33}}\right| = \left|\frac{\frac{5}{33}}{\frac{35}{33}}\right| = \frac{5}{35} = \frac{1}{7}$.
अतः,$\theta = \tan^{-1}\left(\frac{1}{7}\right)$.

(B) माना परावर्तन बिंदु $B$ के निर्देशांक $(0, y)$ हैं। परावर्तन के नियम के अनुसार,आपतन कोण = परावर्तन कोण।
$B$ पर अभिलंब (normal) क्षैतिज रेखा $y = y_B$ है। रेखा $AB$ की ढाल $m_1 = \frac{y-3}{0-2} = \frac{y-3}{-2}$ है।
रेखा $BC$ की ढाल $m_2 = \frac{10-y}{5-0} = \frac{10-y}{5}$ है।
चूंकि अभिलंब के सापेक्ष आपतन कोण और परावर्तन कोण समान हैं,इसलिए ढाल एक-दूसरे के ऋणात्मक होने चाहिए: $m_1 = -m_2$।
$\frac{y-3}{-2} = -\left(\frac{10-y}{5}\right)$
$\frac{y-3}{-2} = \frac{y-10}{5}$
$5(y-3) = -2(y-10)$
$5y - 15 = -2y + 20$
$7y = 35$
$y = 5$
अतः,$B$ के निर्देशांक $(0, 5)$ हैं।

(B) दी गई रेखाएँ $L_1: x-y=0$ और $L_2: y=0$ हैं।
$L_1$ की तुलना $y=m_1x+c_1$ से करने पर,$m_1 = 1$ प्राप्त होता है।
$L_2$ की तुलना $y=m_2x+c_2$ से करने पर,$m_2 = 0$ प्राप्त होता है।
दो रेखाओं के बीच का कोण $\theta$,$\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर,$\tan \theta = \left| \frac{1 - 0}{1 + (1)(0)} \right| = 1$।
अतः,$\theta = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$।

(D) दी गई रेखाएँ $y=3x+1$ (प्रवणता $m_1=3$) और $2y=x+3$ अर्थात $y=\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$ (प्रवणता $m_2=\frac{1}{2}$) हैं।
माना तीसरी रेखा $y=mx+4$ की प्रवणता $m$ है।
चूँकि रेखाएँ समान रूप से झुकी हुई हैं,पहली और तीसरी रेखा के बीच का कोण दूसरी और तीसरी रेखा के बीच के कोण के बराबर होगा:
$\left|\frac{m_1-m}{1+m_1m}\right| = \left|\frac{m_2-m}{1+m_2m}\right|$
प्रवणता के मान रखने पर:
$\left|\frac{3-m}{1+3m}\right| = \left|\frac{1-2m}{2+m}\right|$
स्थिति $1$: $\frac{3-m}{1+3m} = \frac{1-2m}{2+m} \Rightarrow 5m^2+5=0$ (कोई वास्तविक हल नहीं)।
स्थिति $2$: $\frac{3-m}{1+3m} = -\left(\frac{1-2m}{2+m}\right) \Rightarrow 7m^2-2m-7=0$
द्विघात सूत्र का उपयोग करने पर:
$m = \frac{2 \pm \sqrt{200}}{14} = \frac{1 \pm 5\sqrt{2}}{7}$.

(A) मान लीजिए कि दो रेखाओं $S_1$ और $S_2$ के बीच का कोण $\theta$ है।
जब $S_1$ का $S_2$ में प्रतिबिंब लिया जाता है,तो परावर्तित रेखा $S_1'$ और $S_2$ के बीच का कोण $\theta$ होता है।
जब $S_2$ का $S_1$ में प्रतिबिंब लिया जाता है,तो परावर्तित रेखा $S_2'$ और $S_1$ के बीच का कोण $\theta$ होता है।
परावर्तित रेखाओं $S_1'$ और $S_2'$ के संपाती होने के लिए,रेखाओं द्वारा घेरा गया कुल कोण $\pi$ रेडियन होना चाहिए।
विशेष रूप से,$S_1'$ और $S_2'$ के बीच का कोण $3\theta = \pi$ है।
इसलिए,$\theta = \frac{\pi}{3}$।

(A) प्रतिबंध $xy > 0$ का अर्थ है कि बिंदु $A(x, y)$ को या तो प्रथम चतुर्थांश $(x > 0, y > 0)$ या तृतीय चतुर्थांश $(x < 0, y < 0)$ में स्थित होना चाहिए।
प्रतिबंध $x + y < 1$ रेखा $x + y = 1$ के नीचे के क्षेत्र को दर्शाता है।
प्रथम चतुर्थांश में,$x > 0, y > 0$ और $x + y < 1$ को संतुष्ट करने वाला क्षेत्र मूलबिंदु $O(0, 0)$,$(1, 0)$ और $(0, 1)$ द्वारा निर्मित त्रिभुज का आंतरिक भाग है।
त्रिभुज $\triangle OMN$ के शीर्ष $O(0, 0)$,$M(1, 2)$ और $N(0, 1)$ हैं।
$xy > 0$ और $x + y < 1$ द्वारा परिभाषित क्षेत्र का अवलोकन करने पर,यह स्पष्ट है कि बिंदु $A$,$\triangle OMN$ के अंदर स्थित नहीं हो सकता क्योंकि $\triangle OMN$ का आंतरिक भाग अपने अधिकांश क्षेत्र के लिए रेखा $x + y = 1$ के ऊपर स्थित है,और दिए गए प्रतिबंध $A$ को एक ऐसे क्षेत्र तक सीमित करते हैं जो $\triangle OMN$ के आंतरिक भाग के साथ ओवरलैप नहीं करता है।

(B) मूल बिंदु $(0, 0)$ से रेखा $Ax + By + C = 0$ पर लंब की लंबाई $d = \frac{|C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ द्वारा दी जाती है।
पहली रेखा $x \sec \theta + y \operatorname{cosec} \theta - k = 0$ के लिए,$p = \frac{|-k|}{\sqrt{\sec^2 \theta + \operatorname{cosec}^2 \theta}} = \frac{|k|}{\sqrt{\frac{1}{\cos^2 \theta} + \frac{1}{\sin^2 \theta}}} = \frac{|k| \sin \theta \cos \theta}{\sqrt{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}} = |k| \sin \theta \cos \theta = \frac{|k|}{2} \sin 2\theta$.
अतः,$p^2 = \frac{k^2}{4} \sin^2 2\theta$.
दूसरी रेखा $x \cos \theta - y \sin \theta - k \cos 2\theta = 0$ के लिए,$q = \frac{|-k \cos 2\theta|}{\sqrt{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta}} = |k \cos 2\theta|$.
अतः,$q^2 = k^2 \cos^2 2\theta$.
अब,$4p^2 + q^2 = 4 \left( \frac{k^2}{4} \sin^2 2\theta \right) + k^2 \cos^2 2\theta = k^2 \sin^2 2\theta + k^2 \cos^2 2\theta = k^2 (\sin^2 2\theta + \cos^2 2\theta) = k^2$.
इसलिए,$4p^2 + q^2 = k^2$.

(D) माना प्रतिबिंब $P'(h, k)$ है।
चूंकि $PP'$ दी गई रेखा $x + 3y = 7$ के लंबवत है,$PP'$ की ढाल $m_1 = \frac{k - 8}{h - 3}$ है।
रेखा $x + 3y = 7$ की ढाल $m_2 = -\frac{1}{3}$ है।
चूंकि $PP' \perp \text{रेखा}$,$m_1 \times m_2 = -1$ $\Rightarrow \frac{k - 8}{h - 3} \times (-\frac{1}{3}) = -1$ $\Rightarrow k - 8 = 3(h - 3)$ $\Rightarrow 3h - k = 1 \quad \dots(i)$.
$PP'$ का मध्यबिंदु $(\frac{h + 3}{2}, \frac{k + 8}{2})$ है,जो रेखा $x + 3y = 7$ पर स्थित है।
अतः,$\frac{h + 3}{2} + 3(\frac{k + 8}{2}) = 7$ $\Rightarrow h + 3 + 3k + 24 = 14$ $\Rightarrow h + 3k = -13 \quad \dots(ii)$.
समीकरणों $(i)$ और $(ii)$ को हल करने पर:
$(i)$ से,$k = 3h - 1$.
$(ii)$ में प्रतिस्थापित करने पर: $h + 3(3h - 1) = -13$ $\Rightarrow h + 9h - 3 = -13$ $\Rightarrow 10h = -10$ $\Rightarrow h = -1$.
तब $k = 3(-1) - 1 = -4$.
अतः,प्रतिबिंब $(-1, -4)$ है।

(A) माना बिंदु $M$ $(a, a)$ है क्योंकि यह रेखा $y=x$ पर स्थित है।
$PM + QM$ के योग को न्यूनतम करने के लिए,जहाँ $P(0,1)$ और $Q(2,0)$ रेखा $y=x$ के एक ही ओर हैं,हम बिंदु $P$ का रेखा $y=x$ में प्रतिबिंब लेते हैं जिससे $P'(1,0)$ प्राप्त होता है।
न्यूनतम दूरी $PM + QM$,$P'Q$ दूरी के बराबर होती है जब $P', M, Q$ संरेख हों।
$P'(1,0)$ और $Q(2,0)$ से गुजरने वाली रेखा $x$-अक्ष $(y=0)$ है।
$M$ को $y=x$ पर स्थित होना चाहिए। $y=x$ और $y=0$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $(0,0)$ है।

(B) बिंदु $(x_1, y_1)$ से रेखा $ax + by + c = 0$ पर लंब की लंबाई $d$ का सूत्र है: $d = \left| \frac{ax_1 + by_1 + c}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right|$।
दिया गया बिंदु $(x_1, y_1) = (1, -2)$ और रेखा $12x + 5y + 63 = 0$ है।
सूत्र में मान रखने पर:
$d = \left| \frac{12(1) + 5(-2) + 63}{\sqrt{12^2 + 5^2}} \right|$
$d = \left| \frac{12 - 10 + 63}{\sqrt{144 + 25}} \right|$
$d = \left| \frac{65}{\sqrt{169}} \right|$
$d = \left| \frac{65}{13} \right| = 5 \text{ इकाई।}$

(A) माना बिंदु $P(6, 5)$ है और रेखा $x = 3$ है।
चूंकि रेखा ऊर्ध्वाधर $(x = k)$ है,इसलिए प्रतिबिंब $P'(x', y')$ का $y$-निर्देशांक मूल बिंदु के समान रहेगा,अतः $y' = 5$।
बिंदु $P$ की रेखा $x = 3$ से दूरी $|6 - 3| = 3$ इकाई है।
प्रतिबिंब $P'$ रेखा के दूसरी ओर समान दूरी पर होना चाहिए।
अतः,$x' = 3 - 3 = 0$।
इसलिए,रेखा $x = 3$ में बिंदु $(6, 5)$ का प्रतिबिंब $(0, 5)$ है।

(D) दी गई रेखाओं के समीकरण हैं:
$3x + 4y - 5 = 0$ ... $(i)$
$2x + 3y - 4 = 0$ ... $(ii)$
$px + 4y - 6 = 0$ ... $(iii)$
रेखाओं $(i)$ और $(ii)$ का प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करने के लिए:
समीकरण $(i)$ को $2$ से और $(ii)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$6x + 8y - 10 = 0$ ... $(iv)$
$6x + 9y - 12 = 0$ ... $(v)$
समीकरण $(v)$ में से $(iv)$ को घटाने पर:
$y - 2 = 0 \Rightarrow y = 2$
$y = 2$ को समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$3x + 4(2) - 5 = 0$ $\Rightarrow 3x + 3 = 0$ $\Rightarrow x = -1$
प्रतिच्छेदन बिंदु $(-1, 2)$ है।
चूंकि तीनों रेखाएँ संगामी हैं,बिंदु $(-1, 2)$ समीकरण $(iii)$ को संतुष्ट करेगा:
$p(-1) + 4(2) - 6 = 0$
$-p + 2 = 0 \Rightarrow p = 2$

(B) दिया गया समीकरण $y^3-6xy^2+11x^2y-6x^3=0$ है।
घन व्यंजक का गुणनखंड करने पर,हमें $(y-x)(y-2x)(y-3x)=0$ प्राप्त होता है।
अतः,तीन रेखाएँ $L_1: y=x$,$L_2: y=2x$,और $L_3: y=3x$ हैं।
हम इन रेखाओं का $x+y=1$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करते हैं:
$P$ $(y=x)$ के लिए: $x+x=1 \Rightarrow x=1/2, y=1/2$. अतः $P = (1/2, 1/2)$।
$Q$ $(y=2x)$ के लिए: $x+2x=1 \Rightarrow x=1/3, y=2/3$. अतः $Q = (1/3, 2/3)$।
$R$ $(y=3x)$ के लिए: $x+3x=1 \Rightarrow x=1/4, y=3/4$. अतः $R = (1/4, 3/4)$।
अब,मूलबिंदु $O(0,0)$ से दूरी के वर्गों की गणना करें:
$(OP)^2 = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/4 + 1/4 = 1/2 = 36/72$।
$(OQ)^2 = (1/3)^2 + (2/3)^2 = 1/9 + 4/9 = 5/9 = 40/72$।
$(OR)^2 = (1/4)^2 + (3/4)^2 = 1/16 + 9/16 = 10/16 = 5/8 = 45/72$।
योग करने पर: $(OP)^2+(OQ)^2+(OR)^2 = 36/72 + 40/72 + 45/72 = 121/72$।

(B) रेखाओं $L_1, L_2, L_3$ का $x+y=1$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु $A(\frac{1}{1+m_a}, \frac{m_a}{1+m_a})$,$B(\frac{1}{1+m_b}, \frac{m_b}{1+m_b})$,और $C(\frac{1}{1+m_c}, \frac{m_c}{1+m_c})$ हैं।
चूँकि $AB=BC$,इसलिए $AB^2=BC^2$ होगा।
दूरी सूत्र का उपयोग करने पर,$AB^2 = \frac{2(m_a-m_b)^2}{(1+m_a)^2(1+m_b)^2}$ और $BC^2 = \frac{2(m_b-m_c)^2}{(1+m_b)^2(1+m_c)^2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{(m_a-m_b)^2}{(1+m_a)^2} = \frac{(m_b-m_c)^2}{(1+m_c)^2}$।
वर्गमूल लेने पर,$\frac{m_a-m_b}{1+m_a} = \frac{m_b-m_c}{1+m_c}$।
सरल करने पर,$2(1+m_a)(1+m_c)=(1+m_b)(2+m_a+m_c)$ प्राप्त होता है।

(B) तीन रेखाएँ संगामी होती हैं यदि उनके गुणांकों का सारणिक शून्य हो।
दी गई रेखाएँ $3x + y - 2 = 0$,$px + 2y - 3 = 0$ और $2x - y - 3 = 0$ हैं।
संगामी होने की शर्त है:
$\begin{vmatrix} 3 & 1 & -2 \\ p & 2 & -3 \\ 2 & -1 & -3 \end{vmatrix} = 0$
पहली पंक्ति के अनुदिश सारणिक का विस्तार करने पर:
$3(2(-3) - (-1)(-3)) - 1(p(-3) - 2(-3)) - 2(p(-1) - 2(2)) = 0$
$3(-6 - 3) - 1(-3p + 6) - 2(-p - 4) = 0$
$3(-9) + 3p - 6 + 2p + 8 = 0$
$-27 + 3p - 6 + 2p + 8 = 0$
$5p - 25 = 0$
$5p = 25$
$p = 5$
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(D) रेखाओं के परिवार का दिया गया समीकरण: $ax + by + c = 0$ है।
प्रतिबंध $3a + 5b + 6c = 0$ से,हम लिख सकते हैं $c = -\frac{3a + 5b}{6}$।
इसे रेखा के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $ax + by - \frac{3a + 5b}{6} = 0$।
$6$ से गुणा करने पर: $6ax + 6by - 3a - 5b = 0$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $a(6x - 3) + b(6y - 5) = 0$।
यह सभी $a$ और $b$ के लिए सत्य होने के लिए,$6x - 3 = 0$ और $6y - 5 = 0$ होना चाहिए।
हल करने पर $x = \frac{1}{2}$ और $y = \frac{5}{6}$ प्राप्त होता है।
अतः,निश्चित बिंदु $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{6}\right)$ है।

(D) मूल बिंदु से गुजरने वाली रेखाओं के युग्म का सामान्य समीकरण $ax^2 + 2h'xy + by^2 = 0$ है।
रेखाओं के संपाती होने के लिए शर्त $h'^2 - ab = 0$ है।
$4x^2 + hxy + y^2 = 0$ की तुलना $ax^2 + 2h'xy + by^2 = 0$ से करने पर,$a = 4$,$2h' = h$,और $b = 1$ प्राप्त होता है।
संपाती होने की शर्त के अनुसार,$(\frac{h}{2})^2 - (4)(1) = 0$।
$\frac{h^2}{4} = 4$।
$h^2 = 16$।
$h = \pm 4$।

(C) द्विघात समीकरण $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ दो सीधी रेखाओं को दर्शाता है। मूल बिंदु $(0,0)$ से रेखाओं की दूरी $d = \frac{|c_i|}{\sqrt{1+m_i^2}}$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि रेखाएं मूल बिंदु से समान दूरी पर हैं,इसलिए $\frac{|c_1|}{\sqrt{1+m_1^2}} = \frac{|c_2|}{\sqrt{1+m_2^2}}$,जिसका अर्थ है $c_1^2(1+m_2^2) = c_2^2(1+m_1^2)$।
इसे सरल करने पर $c_1^2-c_2^2 = c_2^2m_1^2-c_1^2m_2^2$ प्राप्त होता है।
रेखाओं के गुणों का उपयोग करते हुए,$c_1+c_2 = -\frac{2f}{b}$,$c_1c_2 = \frac{c}{b}$,और $m_1c_2+m_2c_1 = \frac{2g}{b}$ प्राप्त होता है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने और दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,$f^2(f^2-bc) = g^2(g^2-ac)$ प्राप्त होता है।
अतः,$f^4-g^4 = c(bf^2-ag^2)$ है।

(B) तीन रेखाओं $a_1x + b_1y + c_1 = 0$,$a_2x + b_2y + c_2 = 0$,और $a_3x + b_3y + c_3 = 0$ के संगामी होने के लिए,उनके गुणांकों का सारणिक शून्य होना चाहिए:
$\left|\begin{array}{ccc} 2 & 1 & -1 \\ 3 & 2 & -2 \\ k & 3 & -3 \end{array}\right| = 0$
सारणिक का विस्तार करने पर:
$2[-6 + 6] - 1[-9 + 2k] - 1[9 - 2k] = 0$
$0 = 0$
अतः,'$k$' के किसी भी मान के लिए रेखाएँ संगामी हैं,इसलिए '$k$' के मानों की संख्या अनंत है।

(C) माना कि दो धनात्मक संख्याएँ $x$ और $y$ हैं। दिया गया है कि $x + y = t$,इसलिए $y = t - x$ है।
हम उनके वर्गों के योग $S = x^2 + y^2$ को न्यूनतम करना चाहते हैं।
$y = t - x$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $S(x) = x^2 + (t - x)^2 = x^2 + t^2 - 2tx + x^2 = 2x^2 - 2tx + t^2$ प्राप्त होता है।
न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,हम $x$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं: $\frac{dS}{dx} = 4x - 2t$।
$\frac{dS}{dx} = 0$ रखने पर,हमें $4x = 2t$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x = \frac{t}{2}$।
चूंकि $\frac{d^2S}{dx^2} = 4 > 0$,इसलिए फलन $x = \frac{t}{2}$ पर न्यूनतम है।
तब $y = t - \frac{t}{2} = \frac{t}{2}$।
अतः,दो संख्याएँ $\frac{t}{2}$ और $\frac{t}{2}$ हैं।

(C) माना समबाहु त्रिभुज की भुजा $a$ है और इसका क्षेत्रफल $A$ है।
समबाहु त्रिभुज का क्षेत्रफल $A = \frac{\sqrt{3}}{4} a^2$ द्वारा दिया जाता है।
समय $t$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$\frac{dA}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{4} \times 2a \times \frac{da}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{2} a \frac{da}{dt}$.
दिया गया है कि $\frac{da}{dt} = 2 \text{ cm/s}$ और $a = 20 \text{ cm}$.
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{dA}{dt} = \frac{\sqrt{3}}{2} \times 20 \times 2 = 20 \sqrt{3} \text{ cm}^2/\text{s}$.
अतः,क्षेत्रफल के बढ़ने की दर $20 \sqrt{3} \text{ cm}^2/\text{s}$ है।

(B) अंतराल $[0, 1]$ पर $f(x) = x^{40} - x^{20}$ का निरपेक्ष न्यूनतम मान ज्ञात करने के लिए,हम अवकलज $f'(x) = 0$ रखकर क्रांतिक बिंदु ज्ञात करते हैं।
$f'(x) = 40x^{39} - 20x^{19} = 20x^{19}(2x^{20} - 1)$.
$f'(x) = 0$ रखने पर,हमें $x = 0$ या $2x^{20} = 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x^{20} = 1/2$,इसलिए $x = (1/2)^{1/20}$.
चूंकि $(1/2)^{1/20}$ अंतराल $(0, 1)$ में स्थित है,हम क्रांतिक बिंदु और अंत बिंदुओं $x = 0$ तथा $x = 1$ पर $f(x)$ का मान ज्ञात करते हैं।
$f(0) = 0^{40} - 0^{20} = 0$.
$f(1) = 1^{40} - 1^{20} = 0$.
$f((1/2)^{1/20}) = ((1/2)^{1/20})^{40} - ((1/2)^{1/20})^{20} = (1/2)^2 - (1/2)^1 = 1/4 - 1/2 = -1/4$.
$0, 0,$ और $-1/4$ मानों की तुलना करने पर,निरपेक्ष न्यूनतम मान $-1/4$ है।

(B) किसी फलन $f(t)$ के लिए अंतराल $[a, b]$ पर रोले का प्रमेय तब संतुष्ट होता है जब $f(a) = f(b)$ हो।
यहाँ $f(t) = t^3 - 6t^2 + pt + q$ अंतराल $[1, 3]$ पर दिया गया है,इसलिए $f(1) = f(3)$ होगा।
$f(1) = 1^3 - 6(1)^2 + p(1) + q = 1 - 6 + p + q = p + q - 5$.
$f(3) = 3^3 - 6(3)^2 + p(3) + q = 27 - 54 + 3p + q = 3p + q - 27$.
$f(1) = f(3)$ को बराबर करने पर:
$p + q - 5 = 3p + q - 27$.
$2p = 22 \Rightarrow p = 11$.
चूंकि $q$ दोनों पक्षों से कट जाता है,इसलिए $q$ कोई भी वास्तविक संख्या हो सकती है $(q \in R)$।
अतः,$p = 11$ और $q \in R$।

(A) माना $AB$ स्ट्रीट लाइट है जिसकी ऊंचाई $H = 5 \frac{1}{3} = \frac{16}{3} \text{ m}$ है। माना $CD$ व्यक्ति की ऊंचाई $h = 2 \text{ m}$ है। माना $AC = x$ व्यक्ति की लाइट से दूरी है और $CE = y$ उसकी परछाई की लंबाई है।
समरूप त्रिभुजों $\triangle ABE$ और $\triangle DCE$ से,हमें मिलता है:
$\frac{AB}{CD} = \frac{AE}{CE} \Rightarrow \frac{16/3}{2} = \frac{x+y}{y}$
$\frac{8}{3} = \frac{x}{y} + 1$ $\Rightarrow \frac{x}{y} = \frac{5}{3}$ $\Rightarrow y = \frac{3}{5}x$
समय $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dy}{dt} = \frac{3}{5} \frac{dx}{dt}$
दिया गया है कि व्यक्ति $1 \frac{2}{3} \text{ m/s}$ की गति से लाइट की ओर चल रहा है,इसलिए $\frac{dx}{dt} = -\frac{5}{3} \text{ m/s}$ (ऋणात्मक क्योंकि $x$ घट रहा है)।
अतः,$\frac{dy}{dt} = \frac{3}{5} \times (-\frac{5}{3}) = -1 \text{ m/s}$।
परछाई की लंबाई के बदलने की दर $-1 \text{ m/s}$ है।

(A) दिया गया है,$I = \int \frac{\cos (13x) - \cos (14x)}{1 + 2 \cos (9x)} dx$.
अंश और हर को $\sin(9x/2)$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{(\cos 13x - \cos 14x) \sin(9x/2)}{(1 + 2 \cos 9x) \sin(9x/2)} dx$.
सर्वसमिका $1 + 2 \cos(9x) = \frac{\sin(27x/2)}{\sin(9x/2)}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{(\cos 13x - \cos 14x) \sin(9x/2)}{\sin(27x/2)} dx$.
गुणनफल-योग सूत्र $\cos A - \cos B = 2 \sin(\frac{A+B}{2}) \sin(\frac{B-A}{2})$ का उपयोग करने पर:
$\cos 13x - \cos 14x = 2 \sin(\frac{27x}{2}) \sin(x/2)$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{2 \sin(27x/2) \sin(x/2) \sin(9x/2)}{\sin(27x/2)} dx = \int 2 \sin(9x/2) \sin(x/2) dx$.
$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ का उपयोग करने पर:
$I = \int (\cos(4x) - \cos(5x)) dx = \frac{\sin 4x}{4} - \frac{\sin 5x}{5} + C$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$a = 4$ और $b = 5$ प्राप्त होता है।
अतः,$a^b = 4^5$.

(B) दिया गया है $I_n = \int (\ln x)^n dx$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,मान लीजिए $u = (\ln x)^n$ और $dv = dx$.
तब $du = n(\ln x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} dx$ और $v = x$ प्राप्त होता है।
$I_n = x(\ln x)^n - \int x \cdot \frac{n(\ln x)^{n-1}}{x} dx + k$.
$I_n = x(\ln x)^n - n \int (\ln x)^{n-1} dx + k$.
चूंकि $I_{n-1} = \int (\ln x)^{n-1} dx$,इसलिए हमें प्राप्त होता है:
$I_n = x(\ln x)^n - n I_{n-1} + k$.
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें मिलता है:
$I_n + n I_{n-1} = x(\ln x)^n + k$.

(B) हमारे पास $I = \int \frac{\cos 7x - \cos 8x}{1 + 2 \cos 5x} dx$ है।
अंश और हर को $\sin \frac{5x}{2}$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{2 \sin \frac{15x}{2} \sin \frac{x}{2} \sin \frac{5x}{2}}{(1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{5x}{2}} dx$.
$\sin 3\theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ सूत्र का उपयोग करने पर,$\sin \frac{15x}{2} = \sin \frac{5x}{2} (1 + 2 \cos 5x)$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{2 \sin \frac{5x}{2} (1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{x}{2}}{(1 + 2 \cos 5x) \sin \frac{5x}{2}} dx = \int 2 \sin \frac{x}{2} \sin \frac{5x}{2} dx$.
$2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$I = \int (\cos 2x - \cos 3x) dx = \frac{1}{2} \sin 2x - \frac{1}{3} \sin 3x + c$.

(A) यदि कोई फलन $f$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है,तो चर के रैखिक रूपांतरण द्वारा प्राप्त कोई भी फलन,जैसे कि $f(a-x)$,भी $[0, a]$ पर समाकलनीय होता है।
यह रीमैन समाकलनीय फलनों का एक मानक गुण है।
विशेष रूप से,यदि $f$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है,तो संयुक्त फलन $f(a-x)$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है क्योंकि रूपांतरण $u = a-x$ एक सतत और एकदिष्ट (monotonic) प्रतिचित्रण है।
इसलिए,$f(a-x)$,$[0, a]$ पर समाकलनीय है।
अतः,विकल्प $A$ सही है।

(C) समाकल्य का विस्तार करने पर: $(\sqrt{k}-\sqrt{t})^2 = k + t - 2\sqrt{k}\sqrt{t}$.
अब,$t$ के सापेक्ष $0$ से $k$ तक पद-दर-पद समाकलन करने पर:
$\int_0^k (k + t - 2\sqrt{k}t^{1/2}) \, dt = \left[ kt + \frac{t^2}{2} - 2\sqrt{k} \cdot \frac{t^{3/2}}{3/2} \right]_0^k$
$= \left[ kt + \frac{t^2}{2} - \frac{4}{3}\sqrt{k}t^{3/2} \right]_0^k$
सीमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$= (k(k) + \frac{k^2}{2} - \frac{4}{3}\sqrt{k}(k^{3/2})) - (0)$
$= k^2 + \frac{k^2}{2} - \frac{4}{3}k^2$
$= \frac{3k^2}{2} - \frac{4k^2}{3} = \frac{9k^2 - 8k^2}{6} = \frac{k^2}{6}$.
अतः,सही विकल्प $C$ है।

(B) सबसे पहले,$f(x)$ को सरल करें:\\ $f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{2\cos^2(x/2)}{2\sin(x/2)\cos(x/2)}\right) = \tan^{-1}(\cot(x/2)) = \tan^{-1}(\tan(\pi/2 - x/2)) = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}$.\\ इसके बाद,$g(x)$ को सरल करें:\\ $g(x) = \tan^{-1}\left(\frac{2\sin(x/2)\cos(x/2)}{2\sin^2(x/2)}\right) = \tan^{-1}(\cot(x/2)) = \tan^{-1}(\tan(\pi/2 - x/2)) = \frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}$.\\ अब,योग ज्ञात करें:\\ $f(x) + g(x) = (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) + (\frac{\pi}{2} - \frac{x}{2}) = \pi - x$.\\ अंत में,योग का समाकलन करें:\\ $\int (\pi - x) \, dx = \pi x - \frac{x^2}{2} + C$.\\ अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) दिया गया समाकलन: $I = \int \frac{\sin^3(x) + \cos^3(x)}{\sin^2(x) \cos^2(x)} \, dx$
अंश के प्रत्येक पद को हर से विभाजित करने पर:
$I = \int \left( \frac{\sin^3(x)}{\sin^2(x) \cos^2(x)} + \frac{\cos^3(x)}{\sin^2(x) \cos^2(x)} \right) \, dx$
$I = \int \left( \frac{\sin(x)}{\cos^2(x)} + \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)} \right) \, dx$
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं का उपयोग करने पर:
$I = \int (\tan(x) \sec(x) + \cot(x) \operatorname{cosec}(x)) \, dx$
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$\int \sec(x) \tan(x) \, dx = \sec(x)$
$\int \operatorname{cosec}(x) \cot(x) \, dx = -\operatorname{cosec}(x)$
अतः,$I = \sec(x) - \operatorname{cosec}(x) + C$.
इसलिए,विकल्प $A$ सही है.

(C) हमें समाकलन $I = \int_0^{\pi / 4} \tan^2(x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिका $\tan^2(x) = \sec^2(x) - 1$ का उपयोग करके,हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int_0^{\pi / 4} (\sec^2(x) - 1) \, dx$.
अब,प्रत्येक पद का अलग-अलग समाकलन करने पर:
$I = [\tan(x) - x]_0^{\pi / 4}$.
सीमाओं को लागू करने पर:
$I = (\tan(\frac{\pi}{4}) - \frac{\pi}{4}) - (\tan(0) - 0)$.
चूंकि $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$ और $\tan(0) = 0$,हमें प्राप्त होता है:
$I = (1 - \frac{\pi}{4}) - (0 - 0) = 1 - \frac{\pi}{4}$.
अतः,विकल्प $C$ सही है।

(C) यदि $f$ और $g$ बंद अंतराल $[a, b]$ पर समाकलनीय हैं,तो निश्चित समाकल के रैखिकता गुण (linearity property) के अनुसार,उनका योग $f+g$ भी उसी अंतराल $[a, b]$ पर समाकलनीय होता है।
विशेष रूप से,किसी भी $x_1, x_2 \in [a, b]$ के लिए,समाकल $\int_{x_1}^{x_2} f(x) dx$ और $\int_{x_1}^{x_2} g(x) dx$ का अस्तित्व होता है।
इसलिए,योग का समाकल,समाकलों का योग होता है: $\int_{x_1}^{x_2} (f+g)(x) dx = \int_{x_1}^{x_2} f(x) dx + \int_{x_1}^{x_2} g(x) dx$.
चूंकि यह सभी $x_1, x_2 \in [a, b]$ के लिए सत्य है,इसलिए $f+g$,$[a, b]$ पर समाकलनीय है।
अतः,विकल्प $C$ सही है।

(D) हम जानते हैं कि $1 + \sin(2x) = \sin^2(x) + \cos^2(x) + 2\sin(x)\cos(x) = (\sin(x) + \cos(x))^2$.
इसलिए,$\sqrt{1 + \sin(2x)} = \sqrt{(\sin(x) + \cos(x))^2} = |\sin(x) + \cos(x)|$.
अतः,समाकलन $I = \int |\sin(x) + \cos(x)| dx$ हो जाता है।
यह समाकलन $(\sin(x) + \cos(x))$ के चिह्न पर निर्भर करता है:
यदि $\sin(x) + \cos(x) \geq 0$ है,तो $I = \int (\sin(x) + \cos(x)) dx = -\cos(x) + \sin(x) + C = \sin(x) - \cos(x) + C$.
यदि $\sin(x) + \cos(x) < 0$ है,तो $I = \int -(\sin(x) + \cos(x)) dx = -(-\cos(x) + \sin(x)) + C = \cos(x) - \sin(x) + C$.
चूंकि परिणाम $x$ के अंतराल पर निर्भर करता है,इसलिए सही उत्तर यह है कि $x$ के मान के आधार पर यह विकल्प $B$ या $C$ हो सकता है।

(B) हमारे पास $I = \int \frac{2 \tan x}{1+2 \tan^2 x} dx$ है।
$\sin x$ और $\cos x$ में परिवर्तित करने पर:
$I = \int \frac{2 \frac{\sin x}{\cos x}}{1+2 \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x}} dx = \int \frac{2 \sin x \cos x}{\cos^2 x + 2 \sin^2 x} dx$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ का उपयोग करने पर,हर $(1 - \sin^2 x) + 2 \sin^2 x = 1 + \sin^2 x$ हो जाता है।
अतः,$I = \int \frac{2 \sin x \cos x}{1 + \sin^2 x} dx$.
माना $t = 1 + \sin^2 x$. तब $dt = 2 \sin x \cos x dx$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{dt}{t} = \log |t| + c_1 = \log |1 + \sin^2 x| + c_1$.
चूंकि $1 = \cos^2 x + \sin^2 x$,इसलिए $1 + \sin^2 x = \cos^2 x + 2 \sin^2 x$.
$I = \log |\cos^2 x + 2 \sin^2 x| + c_1 = \log |2(\frac{\cos^2 x}{2} + \sin^2 x)| + c_1$.
$\log(ab) = \log a + \log b$ का उपयोग करने पर:
$I = \log 2 + \log |\frac{\cos^2 x}{2} + \sin^2 x| + c_1 = \log |\frac{\cos^2 x}{2} + \sin^2 x| + c$,जहाँ $c = c_1 + \log 2$.

(D) माना $I = \int \frac{\cos^3 x}{\sin^2 x + \sin x} \, dx$.
सर्वसमिका $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ का उपयोग करते हुए,हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{(1 - \sin^2 x) \cos x}{\sin^2 x + \sin x} \, dx$.
$\sin x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\cos x \, dx = dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{1 - t^2}{t^2 + t} \, dt = \int \frac{(1 - t)(1 + t)}{t(t + 1)} \, dt$.
उभयनिष्ठ पद $(1 + t)$ को काटने पर:
$I = \int \frac{1 - t}{t} \, dt = \int \left( \frac{1}{t} - 1 \right) \, dt$.
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \log |t| - t + C$.
$t = \sin x$ वापस रखने पर:
$I = \log |\sin x| - \sin x + C$.

(D) माना $I = \int \left[ \log(\log x) + \frac{1}{(\log x)^2} \right] dx$.
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$x = e^t$ और $dx = e^t dt$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int e^t \left( \log t + \frac{1}{t^2} \right) dt$.
समाकल्य को इस प्रकार लिखा जा सकता है:
$I = \int e^t \left[ \left( \log t + \frac{1}{t} \right) - \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right) \right] dt$.
मानक समाकलन सूत्र $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(t) = \log t$ और $f'(t) = \frac{1}{t}$,हमें प्राप्त होता है:
$I = e^t \log t - \int e^t \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right) dt$.
चूंकि $\frac{d}{dt} \left( \frac{1}{t} \right) = -\frac{1}{t^2}$,दूसरा समाकलन $\int e^t \left( \frac{1}{t} + \frac{d}{dt} \left( \frac{1}{t} \right) \right) dt = e^t \left( \frac{1}{t} \right) + C$ है।
अतः,$I = e^t \log t - e^t \left( \frac{1}{t} \right) + C$.
$t = \log x$ और $e^t = x$ वापस रखने पर:
$I = x \log(\log x) - \frac{x}{\log x} + C = x \left[ \log(\log x) - \frac{1}{\log x} \right] + C$.

(A) $I = \int \frac{\sqrt{x-1}}{x \sqrt{x+1}} dx = \int \frac{1}{x} \sqrt{\frac{x-1}{x+1}} dx$
माना $\sqrt{\frac{x-1}{x+1}} = t$. तब $\frac{x-1}{x+1} = t^2$.
$x$ के लिए हल करने पर: $x-1 = t^2x + t^2 \Rightarrow x(1-t^2) = 1+t^2 \Rightarrow x = \frac{1+t^2}{1-t^2}$.
$t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $dx = \frac{(1-t^2)(2t) - (1+t^2)(-2t)}{(1-t^2)^2} dt = \frac{4t}{(1-t^2)^2} dt$.
समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर: $I = \int \left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) \cdot t \cdot \frac{4t}{(1-t^2)^2} dt = \int \frac{4t^2}{(1+t^2)(1-t^2)} dt$.
आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर: $\frac{4t^2}{(1+t^2)(1-t^2)} = \frac{2}{1-t^2} - \frac{2}{1+t^2}$.
समाकलन करने पर: $I = 2 \int \frac{1}{1-t^2} dt - 2 \int \frac{1}{1+t^2} dt = 2 \left( \frac{1}{2} \ln \left| \frac{1+t}{1-t} \right| \right) - 2 \tan^{-1}(t) + c = \ln \left| \frac{1+t}{1-t} \right| - 2 \tan^{-1}(t) + c$.
$t = \sqrt{\frac{x-1}{x+1}}$ रखने पर: $I = \ln \left| \frac{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}-\sqrt{x-1}} \right| - 2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{x-1}{x+1}} + c$.
लघुगणक पद का परिमेयकरण करने पर: $\ln \left| \frac{(\sqrt{x+1}+\sqrt{x-1})^2}{(x+1)-(x-1)} \right| = \ln \left| \frac{2x + 2\sqrt{x^2-1}}{2} \right| = \ln \left| x + \sqrt{x^2-1} \right|$.
प्रतिलोम त्रिकोणमितीय पद के लिए: $2 \tan^{-1} \sqrt{\frac{x-1}{x+1}} = \sec^{-1}(x)$.
अतः,$I = \ln \left| x + \sqrt{x^2-1} \right| - \sec^{-1}(x) + c$.

(D) माना $I = \int \sin (\sqrt{k}) \, dk$,जहाँ $k \in (0, \infty)$ है।
$k = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$dk = 2t \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \sin(t) \cdot (2t \, dt) = 2 \int t \sin(t) \, dt$ प्राप्त होता है।
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$,जहाँ $u = t$ और $dv = \sin(t) \, dt$ है,तब $du = dt$ और $v = -\cos(t)$ होगा।
$I = 2 [t(-\cos(t)) - \int (-\cos(t)) \, dt]$
$I = 2 [-t \cos(t) + \int \cos(t) \, dt]$
$I = 2 [-t \cos(t) + \sin(t)] + c$
अब $t = \sqrt{k}$ वापस रखने पर:
$I = 2[\sin(\sqrt{k}) - \sqrt{k} \cos(\sqrt{k})] + c$.

(B) दिया गया है कि वक्र का समीकरण $y = \int x^3 e^{x^4} dx$ है।
मान लीजिए $t = x^4$,तब $dt = 4x^3 dx$,जिसका अर्थ है $x^3 dx = \frac{1}{4} dt$।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है $y = \frac{1}{4} \int e^t dt = \frac{1}{4} e^t + C = \frac{1}{4} e^{x^4} + C$।
चूंकि वक्र बिंदु $(0,1)$ से गुजरता है,हम $x=0$ और $y=1$ रखते हैं: $1 = \frac{1}{4} e^0 + C \Rightarrow 1 = \frac{1}{4} + C \Rightarrow C = \frac{3}{4}$।
अतः,समीकरण $y = \frac{1}{4} e^{x^4} + \frac{3}{4}$ है।
$x$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर: $y - \frac{3}{4} = \frac{1}{4} e^{x^4} \Rightarrow 4y - 3 = e^{x^4}$।
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर: $\log_e |4y - 3| = x^4$।
इसलिए,$x = (\log_e |4y - 3|)^{1/4}$।
अतः,$f(y) = (\log_e |4y - 3|)^{1/4}$।

(B) माना $I = \int (1+e^{-x})^{-1} dx = \int \frac{1}{1 + \frac{1}{e^x}} dx$
$I = \int \frac{e^x}{e^x+1} dx$
माना $u = e^x + 1$,तब $du = e^x dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \frac{1}{u} du = \log |u| + C$
$u = e^x + 1$ वापस रखने पर:
$I = \log (e^x + 1) + C$.

(B) माना $I = \int \frac{\cos x-\sin x}{5+\sin 2 x} d x$.
हम जानते हैं कि $(\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + \cos^2 x + 2 \sin x \cos x = 1 + \sin 2x$.
अतः,$\sin 2x = (\sin x + \cos x)^2 - 1$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\cos x-\sin x}{5 + (\sin x + \cos x)^2 - 1} d x = \int \frac{\cos x-\sin x}{4 + (\sin x + \cos x)^2} d x$.
माना $t = \sin x + \cos x$. तब $dt = (\cos x - \sin x) dx$.
समाकलन में $t$ और $dt$ रखने पर:
$I = \int \frac{dt}{4 + t^2} = \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) + C$.
अंत में $t = \sin x + \cos x$ रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \tan^{-1}\left(\frac{\sin x + \cos x}{2}\right) + C$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int e^{3 \log x}(x^4+1)^{-1} dx$ है।
गुणधर्म $e^{\log a} = a$ का उपयोग करते हुए,हमें $e^{3 \log x} = e^{\log x^3} = x^3$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{x^3}{x^4+1} dx$।
माना $t = x^4+1$।
तब $dt = 4x^3 dx$,जिसका अर्थ है कि $x^3 dx = \frac{1}{4} dt$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I = \int \frac{1}{4t} dt = \frac{1}{4} \log|t| + C$ प्राप्त होता है।
$t = x^4+1$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{1}{4} \log(x^4+1) + C$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int \frac{\sin(2x)}{\sin^2(x) + 2\cos^2(x)} dx$.
सर्वसमिका $\sin^2(x) = 1 - \cos^2(x)$ का उपयोग करने पर,हर $1 - \cos^2(x) + 2\cos^2(x) = 1 + \cos^2(x)$ हो जाता है।
अतः,$I = \int \frac{\sin(2x)}{1 + \cos^2(x)} dx$.
माना $t = 1 + \cos^2(x)$.
तब $dt = 2\cos(x)(-\sin(x)) dx = -\sin(2x) dx$.
इसका अर्थ है कि $\sin(2x) dx = -dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{-dt}{t} = -\log |t| + c$.
$t = 1 + \cos^2(x)$ वापस रखने पर,हमें $I = -\log |1 + \cos^2(x)| + c$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(B) माना $I = \int e^{x \operatorname{cosec} x} \cdot \operatorname{cosec} x \cdot (1 - x \cot x) \, dx$ है।
$t = x \operatorname{cosec} x$ प्रतिस्थापित करें।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dt}{dx} = x \cdot \frac{d}{dx}(\operatorname{cosec} x) + \operatorname{cosec} x \cdot \frac{d}{dx}(x)$
$\frac{dt}{dx} = x(-\operatorname{cosec} x \cot x) + \operatorname{cosec} x(1)$
$\frac{dt}{dx} = \operatorname{cosec} x(1 - x \cot x)$
अतः,$dt = \operatorname{cosec} x(1 - x \cot x) \, dx$ है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int e^t \, dt = e^t + c$
$t = x \operatorname{cosec} x$ वापस रखने पर:
$I = e^{x \operatorname{cosec} x} + c$।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) माना $I = \int \frac{x^{n-1}}{x^{2n} + 4} dx$.
$x^n = t$ प्रतिस्थापित करने पर।
अतः,$x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर,हमें $n x^{n-1} dx = dt$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x^{n-1} dx = \frac{1}{n} dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{n} \int \frac{dt}{t^2 + 2^2}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1} \left( \frac{x}{a} \right) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{n} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1} \left( \frac{t}{2} \right) + c$.
$t = x^n$ वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{1}{2n} \tan^{-1} \left( \frac{x^n}{2} \right) + c$.

(D) माना $I = \int \frac{1 + \tan^{2} x}{1 - \tan^{2} x} dx$ है।
चूँकि $1 + \tan^{2} x = \sec^{2} x$ होता है,इसलिए $I = \int \frac{\sec^{2} x}{1 - \tan^{2} x} dx$ होगा।
$\tan x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\sec^{2} x \ dx = dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$I = \int \frac{dt}{1 - t^{2}}$ प्राप्त होता है।
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{a^{2} - x^{2}} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a + x}{a - x} \right| + c$ का उपयोग करने पर,$I = \frac{1}{2} \log \left| \frac{1 + t}{1 - t} \right| + c$ प्राप्त होता है।
अब $t$ के स्थान पर $\tan x$ रखने पर,$I = \frac{1}{2} \log \left| \frac{1 + \tan x}{1 - \tan x} \right| + c$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{d x}{\sqrt{2 e^x-1}}$.
$u = \sqrt{2 e^x-1}$ प्रतिस्थापन लेने पर,$u^2 = 2 e^x - 1$,जिससे $2 e^x = u^2 + 1$,या $e^x = \frac{u^2+1}{2}$.
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$x = \ln\left(\frac{u^2+1}{2}\right)$.
$u$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dx = \frac{1}{\frac{u^2+1}{2}} \cdot \frac{2u}{2} du = \frac{2u}{u^2+1} du$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{1}{u} \cdot \frac{2u}{u^2+1} du = \int \frac{2}{u^2+1} du$.
समाकलन करने पर,$I = 2 \operatorname{Tan}^{-1}(u) + c$.
$u = \sqrt{2 e^x-1}$ वापस रखने पर,$I = 2 \operatorname{Tan}^{-1}\left(\sqrt{2 e^x-1}\right) + c$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{dx}{e^x + 4e^{-x}}$ है।
अंश और हर को $e^x$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{e^x dx}{e^{2x} + 4}$.
माना $u = e^x$,तब $du = e^x dx$ होगा।
समाकलन $I = \int \frac{du}{u^2 + 2^2}$ बन जाता है।
मानक सूत्र $\int \frac{dx}{x^2 + a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + c$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{u}{2}) + c$.
$u = e^x$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{e^x}{2}) + c$ प्राप्त होता है।
अतः,$f(x) = \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{e^x}{2})$ है।

(A) समाकलन $\int \frac{2 t+1}{t^2+t+1} d t$ को हल करने के लिए,हम प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करते हैं।
माना $u = t^2+t+1$ है।
तब,$t$ के सापेक्ष $u$ का अवकलन $\frac{du}{dt} = 2t+1$ है।
इसका अर्थ है कि $du = (2t+1) dt$ है।
इन मानों को मूल समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\int \frac{1}{u} du$ प्राप्त होता है।
$\frac{1}{u}$ का समाकलन $\log |u| + c$ होता है।
$u = t^2+t+1$ का मान वापस रखने पर,हमें $\log |t^2+t+1| + c$ प्राप्त होता है।

(C) हमें समाकलन $I = \int \sin ^3(x) \cdot \cos ^3(x) \, dx$ का मान ज्ञात करना है।
समाकलन को इस प्रकार लिखें:
$I = \int \sin ^3(x) \cdot \cos ^2(x) \cdot \cos(x) \, dx$
सर्वसमिका $\cos ^2(x) = 1 - \sin ^2(x)$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \sin ^3(x) \cdot (1 - \sin ^2(x)) \cdot \cos(x) \, dx$
माना $t = \sin(x)$,तो $dt = \cos(x) \, dx$ होगा।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int t^3(1 - t^2) \, dt = \int (t^3 - t^5) \, dt$
$t$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \frac{t^4}{4} - \frac{t^6}{6} + C$
अब $t = \sin(x)$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{4} \sin ^4(x) - \frac{1}{6} \sin ^6(x) + C$

(A) हमें समाकलन $I = \int x \tan^2 x dx$ का मान ज्ञात करना है।
सर्वसमिका $\tan^2 x = \sec^2 x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I = \int x(\sec^2 x - 1) dx = \int x \sec^2 x dx - \int x dx$.
$\int x \sec^2 x dx$ पर खंडशः समाकलन (Integration by Parts) लागू करने पर ($u = x$ और $dv = \sec^2 x dx$ लेने पर):
$I = [x \tan x - \int 1 \cdot \tan x dx] - \frac{x^2}{2} + C$.
चूंकि $\int \tan x dx = \log_e(\sec x)$ होता है:
$I = x \tan x - \log_e(\sec x) - \frac{x^2}{2} + C$.
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(B) हम जानते हैं कि सभी $x \in \mathbb{R}$ के लिए,$\tan^{-1} x + \cot^{-1} x = \frac{\pi}{2}$ होता है।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int x^{2020} \left(\frac{\pi}{2}\right) dx$
$I = \frac{\pi}{2} \int x^{2020} dx$
समाकलन के घात नियम का उपयोग करते हुए,$\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1} + C$:
$I = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{x^{2021}}{2021} + C$
चूंकि $\frac{\pi}{2} = \tan^{-1} x + \cot^{-1} x$,हम लिख सकते हैं:
$I = \frac{x^{2021}}{2021} (\tan^{-1} x + \cot^{-1} x) + C$
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(D) माना $I = \int \frac{x^3-1}{x^3+x} dx$.
अंश को हर से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \left(1 - \frac{x+1}{x^3+x}\right) dx = \int 1 dx - \int \frac{x+1}{x(x^2+1)} dx$.
$\frac{x+1}{x(x^2+1)}$ के लिए आंशिक भिन्न का उपयोग करने पर:
$\frac{x+1}{x(x^2+1)} = \frac{A}{x} + \frac{Bx+C}{x^2+1}$.
$x+1 = A(x^2+1) + (Bx+C)x = (A+B)x^2 + Cx + A$.
गुणांकों की तुलना करने पर,हमें $A=1$,$C=1$,और $A+B=0 \Rightarrow B=-1$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{x+1}{x(x^2+1)} = \frac{1}{x} + \frac{-x+1}{x^2+1} = \frac{1}{x} - \frac{x}{x^2+1} + \frac{1}{x^2+1}$.
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = x - \int \left(\frac{1}{x} - \frac{x}{x^2+1} + \frac{1}{x^2+1}\right) dx$.
$I = x - \log |x| + \frac{1}{2} \log (x^2+1) - \tan^{-1}(x) + c$.

(D) माना $f(x) = ax^2 + bx + c$ है। दिया है $f(0) = 3$,अतः $c = 3$ है।
$f(1) = 3$ दिया है,इसलिए $a + b + 3 = 3 \Rightarrow a + b = 0 \Rightarrow b = -a$ है।
$f(2) = -3$ दिया है,इसलिए $4a + 2b + 3 = -3 \Rightarrow 4a + 2b = -6$ है।
$b = -a$ प्रतिस्थापित करने पर,$4a - 2a = -6 \Rightarrow 2a = -6 \Rightarrow a = -3$ प्राप्त होता है।
अतः $b = 3$ है। इस प्रकार $f(x) = -3x^2 + 3x + 3$ है।
अब,$\int \frac{-3x^2 + 3x + 3}{x^3 - 1} dx = -3 \int \frac{x^2 - x - 1}{(x-1)(x^2 + x + 1)} dx$ है।
आंशिक भिन्न विधि का उपयोग करने पर,हल करने पर विकल्प $D$ सही उत्तर प्राप्त होता है।

(A) हमारे पास है,$I = \int \frac{x^4+x^2+1}{x^2-x+1} dx$.
चूंकि $x^4+x^2+1 = (x^2+1)^2 - x^2 = (x^2+x+1)(x^2-x+1)$,
अतः हम समाकल्य को सरल कर सकते हैं:
$I = \int \frac{(x^2+x+1)(x^2-x+1)}{x^2-x+1} dx = \int (x^2+x+1) dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \frac{x^3}{3} + \frac{x^2}{2} + x + c$.

(C) माना $I = \int \frac{(x+1)^2}{x(x^2+1)} dx$ है।
अंश का विस्तार करने पर,हमें $(x+1)^2 = x^2 + 2x + 1$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \frac{x^2 + 2x + 1}{x(x^2+1)} dx$।
हम अंश को $(x^2+1) + 2x$ के रूप में लिख सकते हैं।
इस प्रकार,$I = \int \frac{(x^2+1) + 2x}{x(x^2+1)} dx$।
समाकलन को अलग करने पर,हमें $I = \int \frac{x^2+1}{x(x^2+1)} dx + \int \frac{2x}{x(x^2+1)} dx$ प्राप्त होता है।
$I = \int \frac{1}{x} dx + 2 \int \frac{1}{x^2+1} dx$।
समाकलन करने पर,हमें $I = \log |x| + 2 \tan^{-1}(x) + C$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(C)$ सही है।

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \left( \frac{2x^3 - 3x + 5}{2x^2} \right) dx$ है।
अंश के प्रत्येक पद को $2x^2$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = \int \left( \frac{2x^3}{2x^2} - \frac{3x}{2x^2} + \frac{5}{2x^2} \right) dx = \int \left( x - \frac{3}{2x} + \frac{5}{2x^2} \right) dx$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = \frac{x^2}{2} - \frac{3}{2} \ln|x| - \frac{5}{2} \left( -\frac{1}{x} \right) + C = \frac{x^2}{2} - \frac{3}{2} \ln|x| + \frac{5}{2x} + C$.
हालाँकि,$\ln(x)$ पद केवल $x > 0$ के लिए ही परिभाषित है। इसलिए,यह समाकलन $x > 0$ के लिए मान्य है।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) दिया गया है $I_n = \int (\log x)^n \, dx$।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,मान लीजिए $u = (\log x)^n$ और $dv = dx$।
तब $du = n(\log x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} \, dx$ और $v = x$ होगा।
सूत्र $\int u \, dv = uv - \int v \, du$ का उपयोग करने पर:
$I_n = x(\log x)^n - \int x \cdot n(\log x)^{n-1} \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$I_n = x(\log x)^n - n \int (\log x)^{n-1} \, dx$
चूंकि $I_{n-1} = \int (\log x)^{n-1} \, dx$,इसलिए:
$I_n = x(\log x)^n - n I_{n-1}$
पदों को व्यवस्थित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I_n + n I_{n-1} = x(\log x)^n$।

(A) हम जानते हैं कि चरघातांकी फलन $e^x$ के लिए टेलर श्रेणी का विस्तार इस प्रकार है:
$e^x = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots \infty$
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\int \left(1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^2}{2!} + \dots \infty \right) dx = \int e^x dx$
$e^x$ का $x$ के सापेक्ष समाकलन $e^x + c$ होता है,जहाँ $c$ समाकलन का स्थिरांक है।
अतः,अंतिम उत्तर $e^x + c$ है।

(B) हमारे पास समाकलन $I = \int e^{x / 2} \left( \frac{2 + \sin x}{1 + \cos x} \right) dx$ है।
अर्ध-कोण सूत्रों $\sin x = \frac{2 \tan(x/2)}{1 + \tan^2(x/2)}$ और $1 + \cos x = 2 \cos^2(x/2)$ का उपयोग करके,हम समाकल्य को सरल बना सकते हैं:
$\frac{2 + \sin x}{1 + \cos x} = \frac{2}{2 \cos^2(x/2)} + \frac{2 \tan(x/2)}{(1 + \tan^2(x/2)) \cdot 2 \cos^2(x/2)}$
$= \sec^2(x/2) + \tan(x/2)$.
अतः,$I = \int e^{x/2} (\sec^2(x/2) + \tan(x/2)) dx$.
मान लीजिए $u = x/2$,तो $du = dx/2$,अर्थात $dx = 2du$.
$I = \int e^u (\sec^2 u + \tan u) \cdot 2 du = 2 \int e^u (\tan u + \sec^2 u) du$.
चूंकि $\frac{d}{du}(\tan u) = \sec^2 u$,सूत्र $\int e^u (f(u) + f'(u)) du = e^u f(u) + c$ का उपयोग करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$I = 2 e^u \tan u + c = 2 e^{x/2} \tan(x/2) + c$.
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(D) माना $I = \int \left( \frac{1}{\log x} - \frac{1}{(\log x)^2} \right) dx$ है।
$\log x = t$ प्रतिस्थापित करने पर,जिससे $x = e^t$ प्राप्त होता है।
अतः,$dx = e^t dt$ होगा।
समाकलन में मान रखने पर:
$I = \int \left( \frac{1}{t} - \frac{1}{t^2} \right) e^t dt$।
हम जानते हैं कि मानक समाकलन सूत्र: $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ होता है।
यहाँ,$f(t) = \frac{1}{t}$ और $f'(t) = -\frac{1}{t^2}$ है।
इसलिए,$I = e^t \cdot \frac{1}{t} + c$।
अब $t = \log x$ और $e^t = x$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{x}{\log x} + c$।
अतः,विकल्प $D$ सही है।

(C) माना $I = \int \frac{dx}{\cos^2 x + \sin 2x}$.
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\sec^2 x dx}{1 + 2 \tan x}$.
माना $t = 1 + 2 \tan x$. तब $dt = 2 \sec^2 x dx$,जिसका अर्थ है कि $\sec^2 x dx = \frac{dt}{2}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{t} \cdot \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} \int \frac{dt}{t} = \frac{1}{2} \log |t| + C$.
अब $t = 1 + 2 \tan x$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{2} \log |1 + 2 \tan x| + C$.
अतः,विकल्प $C$ सही है.

(C) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{1+\cos (4 x)}{\cot x-\tan x} dx$ है।
सर्वसमिका $1+\cos(2\theta) = 2\cos^2(\theta)$ का उपयोग करने पर,$1+\cos(4x) = 2\cos^2(2x)$ प्राप्त होता है।
साथ ही,$\cot x - \tan x = \frac{\cos x}{\sin x} - \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\cos^2 x - \sin^2 x}{\sin x \cos x} = \frac{\cos(2x)}{\frac{1}{2}\sin(2x)} = 2\cot(2x)$।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{2\cos^2(2x)}{2\cot(2x)} dx = \int \frac{\cos^2(2x)}{\frac{\cos(2x)}{\sin(2x)}} dx = \int \cos(2x)\sin(2x) dx$।
सर्वसमिका $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$ का उपयोग करने पर,$\sin(4x) = 2\sin(2x)\cos(2x)$,इसलिए $\sin(2x)\cos(2x) = \frac{1}{2}\sin(4x)$।
$I = \int \frac{1}{2}\sin(4x) dx = \frac{1}{2} \left( \frac{-\cos(4x)}{4} \right) + c = -\frac{1}{8}\cos(4x) + c$।
इसकी तुलना $k\cos(4x) + c$ से करने पर,हमें $k = -\frac{1}{8}$ प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $(c)$ सही है।

(A) हमें समाकलन $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x - 2} dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$ दिया गया है।
माना $5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$।
$5 \sin x = \alpha(\sin x - 2 \cos x) + \beta(\cos x + 2 \sin x)$।
$\sin x$ और $\cos x$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$\sin x$ के लिए: $5 = \alpha + 2\beta$ $(i)$
$\cos x$ के लिए: $0 = -2\alpha + \beta \implies \beta = 2\alpha$ (ii)
(ii) को $(i)$ में प्रतिस्थापित करने पर: $5 = \alpha + 2(2\alpha) = 5\alpha \implies \alpha = 1$।
अतः $\beta = 2(1) = 2$।
इस प्रकार,$5 \sin x = 1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)$।
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = \int 1 dx + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$।
इसे दिए गए रूप $\alpha x + \beta \log |\sin x - 2 \cos x| + \gamma$ के साथ तुलना करने पर,हमें $\alpha = 1$ और $\beta = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$\alpha - \beta = 1 - 2 = -1$।

(D) माना $I = \int_0^1 (1+x) \log (1+x) \, dx$ है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करते हुए,$u = \log(1+x)$ और $dv = (1+x) \, dx$ लें।
तब $du = \frac{1}{1+x} \, dx$ और $v = \frac{(1+x)^2}{2}$ प्राप्त होता है।
$I = \left[ \frac{(1+x)^2}{2} \log(1+x) \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{(1+x)^2}{2} \cdot \frac{1}{1+x} \, dx$
$I = \left[ \frac{4}{2} \log 2 - 0 \right] - \frac{1}{2} \int_0^1 (1+x) \, dx$
$I = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left[ x + \frac{x^2}{2} \right]_0^1$
$I = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{2} \right) = 2 \log 2 - \frac{1}{2} \left( \frac{3}{2} \right)$
$I = 2 \log 2 - \frac{3}{4} = \frac{-3}{4} + 2 \log 2$.

(C) माना $I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{x + \sin x}{1 + \cos x} dx$.
सर्वसमिकाओं $1 + \cos x = 2 \cos^{2} \frac{x}{2}$ और $\sin x = 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_{0}^{\pi/2} \frac{x + 2 \sin \frac{x}{2} \cos \frac{x}{2}}{2 \cos^{2} \frac{x}{2}} dx$
$I = \int_{0}^{\pi/2} \left( \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} + \tan \frac{x}{2} \right) dx$
प्रथम पद $\int \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
माना $u = \frac{x}{2}$,$dv = \sec^{2} \frac{x}{2} dx$. तब $du = \frac{1}{2} dx$ और $v = 2 \tan \frac{x}{2}$.
$\int \frac{x}{2} \sec^{2} \frac{x}{2} dx = \frac{x}{2} (2 \tan \frac{x}{2}) - \int (2 \tan \frac{x}{2}) \cdot \frac{1}{2} dx = x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx$.
इस मान को समाकलन $I$ में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = [x \tan \frac{x}{2} - \int \tan \frac{x}{2} dx] + \int \tan \frac{x}{2} dx$
$I = [x \tan \frac{x}{2}]_{0}^{\pi/2}$
$I = \frac{\pi}{2} \tan \frac{\pi}{4} - 0 \cdot \tan 0 = \frac{\pi}{2} \cdot 1 = \frac{\pi}{2}$.

(A) माना $I = \int_1^{e^2} \frac{dx}{x(1+\log x)^2}$.
$t = 1 + \log x$ प्रतिस्थापन करने पर,$dt = \frac{1}{x} dx$ प्राप्त होता है।
जब $x = 1$ है,तब $t = 1 + \log(1) = 1 + 0 = 1$ है।
जब $x = e^2$ है,तब $t = 1 + \log(e^2) = 1 + 2 = 3$ है।
अतः,$I = \int_1^3 \frac{dt}{t^2} = \int_1^3 t^{-2} dt$ है।
समाकलन करने पर,$I = \left[ \frac{t^{-1}}{-1} \right]_1^3 = \left[ -\frac{1}{t} \right]_1^3$ प्राप्त होता है।
सीमाओं का मान रखने पर,$I = \left( -\frac{1}{3} \right) - \left( -\frac{1}{1} \right) = -\frac{1}{3} + 1 = \frac{2}{3}$ है।

(C) माना $I = \int_0^1 \sin ^{-1}\left(\frac{2 x}{1+x^2}\right) d x$.
$x = \tan \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec^2 \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
जब $x = 0, \theta = 0$ और जब $x = 1, \theta = \frac{\pi}{4}$।
$0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ के लिए $\sin^{-1}(\sin 2\theta) = 2\theta$ सर्वसमिका का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{4}} 2\theta \sec^2 \theta d\theta = 2 \int_0^{\frac{\pi}{4}} \theta \sec^2 \theta d\theta$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर: $\int u dv = uv - \int v du$,जहाँ $u = \theta$ और $dv = \sec^2 \theta d\theta$ है।
$I = 2 [\theta \tan \theta - \int \tan \theta d\theta]_0^{\frac{\pi}{4}} = 2 [\theta \tan \theta - \log |\sec \theta|]_0^{\frac{\pi}{4}}$.
$I = 2 [(\frac{\pi}{4} \tan \frac{\pi}{4} - \log \sec \frac{\pi}{4}) - (0 - \log \sec 0)]$.
$I = 2 [\frac{\pi}{4}(1) - \log \sqrt{2} - 0] = 2 [\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2} \log 2] = \frac{\pi}{2} - \log 2$.