AP EAMCET 2021 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ છે કે $\cos \theta = -\frac{\sqrt{3}}{2} < 0$. $\theta$ ત્રીજા ચરણમાં ન હોવાથી,$\theta$ બીજા ચરણમાં હશે.
બીજા ચરણમાં,$\tan \theta = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ અને $\cot \theta = -\sqrt{3}$.
તેથી,$\cot^2 \theta = (-\sqrt{3})^2 = 3$.
આપેલ છે કે $\sin \alpha = -\frac{3}{5}$. $\sin \alpha < 0$ હોવાથી,$\alpha$ ત્રીજા અથવા ચોથા ચરણમાં હશે.
કિસ્સો $1$: જો $\alpha$ ત્રીજા ચરણમાં હોય,તો $\tan \alpha = \frac{3}{4}$ અને $\cos \alpha = -\frac{4}{5}$.
પદાવલિની કિંમત $\frac{2(\frac{3}{4}) + \sqrt{3}(-\frac{1}{\sqrt{3}})}{3 - \frac{4}{5}} = \frac{\frac{3}{2} - 1}{\frac{11}{5}} = \frac{5}{22}$ થાય.
આથી સાચો વિકલ્પ $\frac{5}{22}$ છે.

(C) બિંદુ $(-5, 12)$ નો $x$-યામ ઋણ અને $y$-યામ ધન છે,જેનો અર્થ છે કે તે બીજા ચરણમાં આવેલું છે.
બીજા ચરણમાં,$\sin \theta$ અને $\operatorname{cosec} \theta$ ધન છે,જ્યારે $\cos \theta, \sec \theta, \tan \theta$ અને $\cot \theta$ ઋણ છે.
માનાંક વિધેયની વ્યાખ્યા મુજબ,જો $x < 0$ હોય તો $|x| = -x$.
અહીં $\tan \theta < 0$ હોવાથી,$|\tan \theta| = -\tan \theta$ થાય.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) આપેલ છે કે $\sin \left(5 x+\frac{\pi}{4}\right)=0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta = 0$ નો અર્થ છે $\theta = n\pi$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
તેથી,$5x + \frac{\pi}{4} = n\pi$.
બંને બાજુથી $\frac{\pi}{4}$ બાદ કરતા,$5x = n\pi - \frac{\pi}{4}$.
$5$ વડે ભાગતા,$x = \frac{n\pi}{5} - \frac{\pi}{20}$.
આમ,$x = \frac{-\pi}{20} + \frac{n\pi}{5}$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.

(A) આપેલ છે કે,$\sin \theta + \operatorname{cosec} \theta = 2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\operatorname{cosec} \theta = \frac{1}{\sin \theta}$.
તેથી,$\sin \theta + \frac{1}{\sin \theta} = 2$.
ધારો કે $\sin \theta = x$,તો $x + \frac{1}{x} = 2$,જેનો અર્થ છે કે $x^2 - 2x + 1 = 0$,અથવા $(x - 1)^2 = 0$.
આમ,$x = 1$,જેનો અર્થ છે કે $\sin \theta = 1$.
પરિણામે,$\operatorname{cosec} \theta = 1$.
તેથી,$\sin^{10} \theta + \operatorname{cosec}^{10} \theta = (1)^{10} + (1)^{10} = 1 + 1 = 2$.

(B) આપેલ છે કે $0 < \theta < \frac{\pi}{2}$ અને $\sin \theta \cos \theta = \frac{12}{25}$.
આપણે $\sin^4 \theta + \cos^4 \theta$ શોધવાનું છે.
નિત્યસમ $a^2 + b^2 = (a + b)^2 - 2ab$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^4 \theta + \cos^4 \theta = (\sin^2 \theta)^2 + (\cos^2 \theta)^2$
$= (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)^2 - 2 \sin^2 \theta \cos^2 \theta$
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ હોવાથી:
$= (1)^2 - 2(\sin \theta \cos \theta)^2$
$= 1 - 2 \left(\frac{12}{25}\right)^2$
$= 1 - 2 \left(\frac{144}{625}\right)$
$= 1 - \frac{288}{625}$
$= \frac{625 - 288}{625} = \frac{337}{625}$.

(B) ધારો કે $A = 22 \frac{1}{2}^{\circ} = \frac{45^{\circ}}{2}$.
અડધા ખૂણાના સૂત્ર $\cos A = \sqrt{\frac{1 + \cos 2A}{2}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos \left(\frac{45^{\circ}}{2}\right) = \sqrt{\frac{1 + \cos 45^{\circ}}{2}}$
કારણ કે $\cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી:
$\cos \left(22 \frac{1}{2}\right)^{\circ} = \sqrt{\frac{1 + \frac{1}{\sqrt{2}}}{2}}$
$= \sqrt{\frac{\frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2}}}{2}}$
$= \sqrt{\frac{\sqrt{2} + 1}{2 \sqrt{2}}}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપેલ છે,$\tan \beta = \frac{\tan \alpha + \tan \gamma}{1 + \tan \alpha \tan \gamma} = \frac{\sin(\alpha + \gamma)}{\cos(\alpha - \gamma)} \dots (1)$
હવે,પદાવલિ $E = \frac{\sin 2 \alpha + \sin 2 \gamma}{1 + \sin 2 \alpha \sin 2 \gamma} = \frac{2 \sin(\alpha + \gamma) \cos(\alpha - \gamma)}{\cos^2(\alpha - \gamma) + \sin^2(\alpha + \gamma)}$
$= \frac{2 \frac{\sin(\alpha + \gamma)}{\cos(\alpha - \gamma)}}{1 + \left(\frac{\sin(\alpha + \gamma)}{\cos(\alpha - \gamma)}\right)^2}$
સમીકરણ $(1)$ નો ઉપયોગ કરતા,આ $\frac{2 \tan \beta}{1 + \tan^2 \beta} = \sin 2 \beta$ થાય છે.

(C) ધારો કે $x \cos \theta = y \cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) = z \cos \left(\theta + \frac{4 \pi}{3}\right) = \lambda$ (જ્યાં $\lambda \neq 0$).
તેથી,$\frac{1}{x} = \frac{\cos \theta}{\lambda}$,$\frac{1}{y} = \frac{\cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right)}{\lambda}$,અને $\frac{1}{z} = \frac{\cos \left(\theta + \frac{4 \pi}{3}\right)}{\lambda}$.
આ ત્રણેયનો સરવાળો કરતા,$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{\lambda} \left[ \cos \theta + \cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) + \cos \left(\theta + \frac{4 \pi}{3}\right) \right]$.
પ્રથમ અને ત્રીજા પદ માટે નિત્યસમ $\cos A + \cos B = 2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos \theta + \cos \left(\theta + \frac{4 \pi}{3}\right) = 2 \cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) \cos \left(-\frac{2 \pi}{3}\right) = 2 \cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) \left(-\frac{1}{2}\right) = -\cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right)$.
આ કિંમત સરવાળામાં મૂકતા:
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = \frac{1}{\lambda} \left[ -\cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) + \cos \left(\theta + \frac{2 \pi}{3}\right) \right] = \frac{1}{\lambda} (0) = 0$.

(D) આપેલ છે કે $\sec ^{2018} \theta + \operatorname{cosec}^{2018} \alpha = 2$.
કારણ કે $\sec ^{2018} \theta \geq 1$ અને $\operatorname{cosec}^{2018} \alpha \geq 1$ હોવાથી,તેમનો સરવાળો $2$ ત્યારે જ થાય જ્યારે $\sec ^{2018} \theta = 1$ અને $\operatorname{cosec}^{2018} \alpha = 1$ હોય.
આથી $\theta = 0$ અને $\alpha = \pi/2$ લેતા:
$\cos ^{2020} \theta + \sin ^{2022} \alpha = \cos ^{2020} (0) + \sin ^{2022} (\pi/2) = 1 + 1 = 2$.

(D) આપેલ છે: $\tan 70^{\circ} - \tan 20^{\circ} = a \cdot \tan 50^{\circ}$
$\Rightarrow \frac{\sin 70^{\circ}}{\cos 70^{\circ}} - \frac{\sin 20^{\circ}}{\cos 20^{\circ}} = \frac{a \sin 50^{\circ}}{\cos 50^{\circ}}$
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\Rightarrow \frac{\sin(70^{\circ} - 20^{\circ})}{\cos 70^{\circ} \cos 20^{\circ}} = \frac{a \sin 50^{\circ}}{\cos 50^{\circ}}$
$\Rightarrow \frac{\sin 50^{\circ}}{\cos 70^{\circ} \cos 20^{\circ}} = \frac{a \sin 50^{\circ}}{\cos 50^{\circ}}$
$\sin 50^{\circ} \neq 0$ હોવાથી,બંને બાજુ $\sin 50^{\circ}$ વડે ભાગતા:
$\Rightarrow a = \frac{\cos 50^{\circ}}{\cos 70^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$a = \frac{2 \cos 50^{\circ}}{2 \cos 70^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$a = \frac{2 \cos 50^{\circ}}{\cos 90^{\circ} + \cos 50^{\circ}} = \frac{2 \cos 50^{\circ}}{0 + \cos 50^{\circ}} = 2$

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin x + \sqrt{3} \cos x = \sqrt{2}$.
બંને બાજુ $2$ વડે ભાગતા:
$\frac{1}{2} \sin x + \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x = \frac{\sqrt{2}}{2}$.
આને આ રીતે લખી શકાય:
$\sin x \cos(\frac{\pi}{3}) + \cos x \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$\sin(x + \frac{\pi}{3}) = \sin(\frac{\pi}{4})$.
વધુ સરળ રીતે:
$2 \cos(x - \frac{\pi}{6}) = \sqrt{2}$.
$\cos(x - \frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos(\frac{\pi}{4})$.
તેથી,$x - \frac{\pi}{6} = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4}$.
$x = 2n\pi + \frac{\pi}{6} \pm \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\tan x+4 \tan 2 x-3 \tan 3 x}{x^2 \tan x}$.
$\tan x$ ના વિસ્તરણનો ઉપયોગ કરતા:
$\tan x = x + \frac{x^3}{3} + O(x^5)$
$\tan 2x = 2x + \frac{8x^3}{3} + O(x^5)$
$\tan 3x = 3x + 9x^3 + O(x^5)$
અંશમાં કિંમતો મૂકતા:
અંશ $= (x + \frac{x^3}{3}) + 4(2x + \frac{8x^3}{3}) - 3(3x + 9x^3) + O(x^5)$
$= x + \frac{x^3}{3} + 8x + \frac{32x^3}{3} - 9x - 27x^3 + O(x^5)$
$= (1+8-9)x + (\frac{1}{3} + \frac{32}{3} - 27)x^3 + O(x^5)$
$= -16x^3 + O(x^5)$
છેદ $x^2 \tan x \approx x^3$ છે.
તેથી,લક્ષ $= \lim _{x \rightarrow 0} \frac{-16x^3}{x^3} = -16$.

(D) આપેલ પદાવલિ: $\cos ^2 10^{\circ}+\cos ^2 50^{\circ}-\sin 40^{\circ} \sin 80^{\circ}$
નિત્યસમ $2 \cos ^2 A = 1 + \cos 2A$ અને $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} [ (1 + \cos 20^{\circ}) + (1 + \cos 100^{\circ}) - (\cos(40^{\circ}-80^{\circ}) - \cos(40^{\circ}+80^{\circ})) ]$
$= \frac{1}{2} [ 2 + \cos 20^{\circ} + \cos 100^{\circ} - \cos(-40^{\circ}) + \cos 120^{\circ} ]$
$\cos(-\theta) = \cos \theta$ અને $\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$ હોવાથી:
$= \frac{1}{2} [ 2 + \cos 20^{\circ} + \cos 100^{\circ} - \cos 40^{\circ} - \frac{1}{2} ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{3}{2} + (\cos 100^{\circ} + \cos 20^{\circ}) - \cos 40^{\circ} ]$
$\cos C + \cos D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \cos(\frac{C-D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} [ \frac{3}{2} + 2 \cos 60^{\circ} \cos 40^{\circ} - \cos 40^{\circ} ]$
$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ હોવાથી:
$= \frac{1}{2} [ \frac{3}{2} + 2(\frac{1}{2}) \cos 40^{\circ} - \cos 40^{\circ} ]$
$= \frac{1}{2} [ \frac{3}{2} + \cos 40^{\circ} - \cos 40^{\circ} ] = \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} = \frac{3}{4}$

(C) આપેલ છે કે,$\alpha+\beta=\gamma$.
આપણે $\cos^2 \alpha+\cos^2 \beta+\cos^2 \gamma$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નિત્યસમ $2 \cos^2 \theta = 1+\cos 2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^2 \alpha+\cos^2 \beta+\cos^2 \gamma = \frac{1}{2} [2 \cos^2 \alpha + 2 \cos^2 \beta + 2 \cos^2 \gamma]$
$= \frac{1}{2} [1+\cos 2 \alpha + 1+\cos 2 \beta + 2 \cos^2 \gamma]$
$= \frac{1}{2} [2 + 2 \cos(\alpha+\beta) \cos(\alpha-\beta) + 2 \cos^2 \gamma]$
$\alpha+\beta=\gamma$ હોવાથી,$\alpha+\beta$ ની જગ્યાએ $\gamma$ મૂકતા:
$= \frac{1}{2} [2 + 2 \cos \gamma \cos(\alpha-\beta) + 2 \cos^2 \gamma]$
$= 1 + \cos \gamma \cos(\alpha-\beta) + \cos^2 \gamma$
$= 1 + \cos \gamma [\cos(\alpha-\beta) + \cos \gamma]$
$= 1 + \cos \gamma [\cos(\alpha-\beta) + \cos(\alpha+\beta)]$
$\cos(A-B) + \cos(A+B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 1 + \cos \gamma [2 \cos \alpha \cos \beta]$
$= 1 + 2 \cos \alpha \cos \beta \cos \gamma$.

(B) આપેલ છે કે $A + B + C = \pi$ અને $A, B, C \neq \frac{n\pi}{2}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot(B + C) = \frac{\cot B \cot C - 1}{\cot B + \cot C}$.
કારણ કે $B + C = \pi - A$,તેથી $\cot(B + C) = \cot(\pi - A) = -\cot A$.
આ કિંમતને નિત્યસમમાં મૂકતા:
$-\cot A = \frac{\cot B \cot C - 1}{\cot B + \cot C}$.
બંને બાજુ $(\cot B + \cot C)$ વડે ગુણતા:
$-\cot A(\cot B + \cot C) = \cot B \cot C - 1$.
$-\cot A \cot B - \cot A \cot C = \cot B \cot C - 1$.
પદોને ગોઠવતા:
$\cot A \cot B + \cot B \cot C + \cot C \cot A = 1$.

(B) પ્રથમ,ખૂણાઓને આવર્તતાનો ઉપયોગ કરીને સરળ બનાવો:
$\tan 348^{\circ} = \tan(360^{\circ} - 12^{\circ}) = -\tan 12^{\circ}$
$\cot 417^{\circ} = \cot(360^{\circ} + 57^{\circ}) = \cot 57^{\circ} = \tan(90^{\circ} - 57^{\circ}) = \tan 33^{\circ}$
હવે,પદાવલિ $(1 - (-\tan 12^{\circ}))(1 + \tan 33^{\circ}) = (1 + \tan 12^{\circ})(1 + \tan 33^{\circ})$ થાય છે.
$= 1 + \tan 33^{\circ} + \tan 12^{\circ} + \tan 12^{\circ} \tan 33^{\circ}$
નિત્યસમ $\tan(A+B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\tan(12^{\circ} + 33^{\circ}) = \tan 45^{\circ} = 1$
$\Rightarrow \frac{\tan 12^{\circ} + \tan 33^{\circ}}{1 - \tan 12^{\circ} \tan 33^{\circ}} = 1$
$\Rightarrow \tan 12^{\circ} + \tan 33^{\circ} = 1 - \tan 12^{\circ} \tan 33^{\circ}$
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$= 1 + (1 - \tan 12^{\circ} \tan 33^{\circ}) + \tan 12^{\circ} \tan 33^{\circ}$
$= 1 + 1 = 2$

(B) આપેલ છે કે $\sin \alpha - \cos \alpha = m$ અને $\sin 2 \alpha = n - m^2$.
પ્રથમ સમીકરણનો વર્ગ કરતા: $(\sin \alpha - \cos \alpha)^2 = m^2$.
$\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha - 2 \sin \alpha \cos \alpha = m^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ અને $2 \sin \alpha \cos \alpha = \sin 2 \alpha$,તેથી:
$1 - \sin 2 \alpha = m^2$.
$\sin 2 \alpha = 1 - m^2$.
આ સમીકરણને આપેલ સમીકરણ $\sin 2 \alpha = n - m^2$ સાથે સરખાવતા:
$n - m^2 = 1 - m^2$.
તેથી,$n = 1$.

(C) આપણે નિત્યસમ $\tan \theta - \cot \theta = -2 \cot 2 \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ: $S = \tan \alpha + 2 \tan 2 \alpha + 4 \tan 4 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$.
$\tan \alpha = \cot \alpha - 2 \cot 2 \alpha$ મૂકતા:
$S = (\cot \alpha - 2 \cot 2 \alpha) + 2 \tan 2 \alpha + 4 \tan 4 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$
$S = \cot \alpha + 2(\tan 2 \alpha - \cot 2 \alpha) + 4 \tan 4 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$
$\tan 2 \alpha - \cot 2 \alpha = -2 \cot 4 \alpha$ હોવાથી:
$S = \cot \alpha + 2(-2 \cot 4 \alpha) + 4 \tan 4 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$
$S = \cot \alpha - 4 \cot 4 \alpha + 4 \tan 4 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$
$S = \cot \alpha + 4(\tan 4 \alpha - \cot 4 \alpha) + 8 \cot 8 \alpha$
$\tan 4 \alpha - \cot 4 \alpha = -2 \cot 8 \alpha$ હોવાથી:
$S = \cot \alpha + 4(-2 \cot 8 \alpha) + 8 \cot 8 \alpha$
$S = \cot \alpha - 8 \cot 8 \alpha + 8 \cot 8 \alpha$
$S = \cot \alpha$.

(A) આપેલ છે $\cos 2 A+\cos 2 B+\cos 2 C$.
સૂત્ર $\cos C+\cos D=2 \cos \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=2 \cos (A+B) \cos (A-B)+\cos 2 C$.
કારણ કે $A+B+C=\frac{3 \pi}{2}$,તેથી $A+B=\frac{3 \pi}{2}-C$.
$=2 \cos \left(\frac{3 \pi}{2}-C\right) \cos (A-B)+\left(1-2 \sin ^2 C\right)$.
$=2(-\sin C) \cos (A-B)+1-2 \sin ^2 C$.
$=1-2 \sin C [\cos (A-B)+\sin C]$.
કારણ કે $\sin C = \sin \left(\frac{3 \pi}{2}-(A+B)\right) = -\cos (A+B)$,તેથી:
$=1-2 \sin C [\cos (A-B)-\cos (A+B)]$.
$\cos (A-B)-\cos (A+B)=2 \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$=1-2 \sin C [2 \sin A \sin B] = 1-4 \sin A \sin B \sin C$.

(A) આપણે હાઇપરબોલિક વિધેયો માટે ગુણાકાર-થી-સરવાળાનું સૂત્ર વાપરીએ છીએ: $\sinh A \cosh B = \frac{1}{2}(\sinh(A+B) + \sinh(A-B))$.
ધારો કે $A = x+y$ અને $B = x-y$.
તો $A+B = (x+y) + (x-y) = 2x$ અને $A-B = (x+y) - (x-y) = 2y$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\sinh (x+y) \cosh (x-y) = \frac{1}{2}(\sinh(2x) + \sinh(2y))$.

(A) આપેલ છે,$\sin \frac{\pi}{16} \sin \frac{3 \pi}{16} \sin \frac{5 \pi}{16} \sin \frac{7 \pi}{16}$
$= \sin \frac{\pi}{16} \sin \frac{3 \pi}{16} \sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{3 \pi}{16}\right) \sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{16}\right)$
$= \sin \frac{\pi}{16} \sin \frac{3 \pi}{16} \cos \frac{3 \pi}{16} \cos \frac{\pi}{16}$
$= \frac{1}{4} \left(2 \sin \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{16} \cdot 2 \sin \frac{3 \pi}{16} \cos \frac{3 \pi}{16}\right)$
$= \frac{1}{4} \left(\sin \frac{\pi}{8} \sin \frac{3 \pi}{8}\right) = \frac{1}{4} \left(\sin \frac{\pi}{8} \sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{8}\right)\right)$
$= \frac{1}{4} \sin \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{8} = \frac{1}{8} \sin \frac{\pi}{4} = \frac{1}{8 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{16}$

(B) આપેલ છે કે,$\alpha = \frac{180^{\circ}}{7}$,જેનો અર્થ છે કે $7 \alpha = 180^{\circ} = \pi$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $3 \sin \alpha - 4 \sin^{3} \alpha = \sin 3 \alpha$.
$\alpha$ ની કિંમત મૂકતા:
$\sin 3 \alpha = \sin (7 \alpha - 4 \alpha)$.
કારણ કે $7 \alpha = \pi$,તેથી:
$\sin (\pi - 4 \alpha) = \sin 4 \alpha$.
આમ,$3 \sin \alpha - 4 \sin^{3} \alpha = \sin 4 \alpha$.

(C) અમે હાયપરબોલિક નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ:
$1$. $\cosh x = 2 \cosh^2 \frac{x}{2} - 1 \implies \cosh \frac{x}{2} = \sqrt{\frac{1+\cosh x}{2}}$
$2$. $\cosh x = 1 + 2 \sinh^2 \frac{x}{2} \implies \sinh \frac{x}{2} = \sqrt{\frac{\cosh x - 1}{2}}$
$3$. $\tanh \frac{x}{2} = \frac{\sinh x}{1+\cosh x} = \frac{\cosh x - 1}{\sinh x}$
$4$. $\sinh x = 2 \sinh \frac{x}{2} \cosh \frac{x}{2}$
વિકલ્પ $C$ તપાસતા: $\frac{\sinh x}{\sqrt{2(\cosh x+1)}} = \frac{2 \sinh \frac{x}{2} \cosh \frac{x}{2}}{\sqrt{2(2 \cosh^2 \frac{x}{2})}} = \frac{2 \sinh \frac{x}{2} \cosh \frac{x}{2}}{2 \cosh \frac{x}{2}} = \sinh \frac{x}{2}$.
આમ,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(B) ધારો કે ત્રિકોણ $ABC$ છે.
વર્તુળના કેન્દ્ર પર જીવા દ્વારા બનતો ખૂણો પરિઘ પર બનતા ખૂણા કરતા બમણો હોય છે,તેથી $\angle A = \frac{\alpha}{2}$,$\angle B = \frac{\beta}{2}$,$\angle C = \frac{\gamma}{2}$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\alpha + \beta + \gamma = 2\pi$ મળે.
આપેલ પદોનો $A.M.$ $\frac{1}{3} [\cos (\alpha + \frac{\pi}{2}) + \cos (\beta + \frac{\pi}{2}) + \cos (\gamma + \frac{\pi}{2})]$ છે.
$\cos(\theta + \frac{\pi}{2}) = -\sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આ $-\frac{1}{3} [\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma]$ થાય.
$\sin \alpha + \sin \beta + \sin \gamma = 4 \sin A \sin B \sin C$ હોવાથી,$A.M. = -\frac{4}{3} \sin A \sin B \sin C$ મળે.
$A+B+C = \pi$ માટે,$\sin A \sin B \sin C$ નું મહત્તમ મૂલ્ય $A=B=C = \frac{\pi}{3}$ પર મળે છે.
તેથી,ન્યૂનતમ મૂલ્ય $-\frac{4}{3} (\sin \frac{\pi}{3})^3 = -\frac{\sqrt{3}}{2}$ થાય.

(B) આપેલ પદાવલિ: $5 \tan^2 \alpha + \frac{9}{\tan^2 \alpha} + 4 \sec^2 \alpha$
નિત્યસમ $\sec^2 \alpha = 1 + \tan^2 \alpha$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= 5 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4(1 + \tan^2 \alpha)$
$= 9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4$
ધન વાસ્તવિક સંખ્યાઓ માટે $AM \geq GM$ હોવાથી:
$\frac{9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha}{2} \geq \sqrt{9 \tan^2 \alpha \cdot 9 \cot^2 \alpha}$
$9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha \geq 2 \cdot 9 = 18$
બંને બાજુ $4$ ઉમેરતા:
$9 \tan^2 \alpha + 9 \cot^2 \alpha + 4 \geq 18 + 4 = 22$
તેથી,ન્યૂનતમ કિંમત $22$ છે.

(A) આપેલ અંતરાલ $e^{-\pi / 2} < \theta < \pi / 2$ છે.
$\cos (\log \theta)$ માટે,$-\pi / 2 < \log \theta < \log (\pi / 2)$ થાય.
અહીં $\log (\pi / 2) < \pi / 2$ હોવાથી,કોસાઇનનું મૂલ્ય $(-\pi / 2, \pi / 2)$ અંતરાલમાં ધન એટલે કે $\cos (\log \theta) > 0$ મળે છે.
$\log (\cos \theta)$ માટે,$0 < \cos \theta < 1$ હોવાથી $\log (\cos \theta) < 0$ મળે છે.
આમ,$\cos (\log \theta) > \log (\cos \theta)$ થાય.

(C) $\triangle ABC$ માં,આપણે જાણીએ છીએ કે $A+B+C = 180^{\circ}$.
આપણે $2ac \sin \frac{1}{2}(A-B+C)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
કારણ કે $A+C = 180^{\circ}-B$,તેથી:
$2ac \sin \frac{1}{2}(180^{\circ}-B-B) = 2ac \sin \frac{1}{2}(180^{\circ}-2B)$
$= 2ac \sin (90^{\circ}-B)$
$= 2ac \cos B$
કોસાઇનના નિયમ મુજબ,$\cos B = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$= 2ac \left( \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \right) = a^2+c^2-b^2$.

(A) આપેલ કિંમતો $\sin^2 10^{\circ}, \sin^2 20^{\circ}, \sin^2 30^{\circ}, \dots, \sin^2 90^{\circ}$ છે.
કુલ $9$ પદો છે.
સરવાળો $= \sin^2 10^{\circ} + \sin^2 20^{\circ} + \sin^2 30^{\circ} + \sin^2 40^{\circ} + \sin^2 50^{\circ} + \sin^2 60^{\circ} + \sin^2 70^{\circ} + \sin^2 80^{\circ} + \sin^2 90^{\circ}$.
$\sin(90^{\circ} - \theta) = \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^2 80^{\circ} = \cos^2 10^{\circ}$,$\sin^2 70^{\circ} = \cos^2 20^{\circ}$,$\sin^2 60^{\circ} = \cos^2 30^{\circ}$,અને $\sin^2 50^{\circ} = \cos^2 40^{\circ}$ મળે.
સરવાળો $= (\sin^2 10^{\circ} + \cos^2 10^{\circ}) + (\sin^2 20^{\circ} + \cos^2 20^{\circ}) + (\sin^2 30^{\circ} + \cos^2 30^{\circ}) + (\sin^2 40^{\circ} + \cos^2 40^{\circ}) + \sin^2 90^{\circ}$.
$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ અને $\sin 90^{\circ} = 1$ હોવાથી,
સરવાળો $= 1 + 1 + 1 + 1 + (1)^2 = 5$.
મધ્યક $= \frac{\text{કુલ સરવાળો}}{\text{પદોની સંખ્યા}} = \frac{5}{9}$.

(C) આપણે સૂત્ર $\prod_{k=1}^{n} \cos \frac{\theta}{2^k} = \frac{\sin \theta}{2^n \sin(\theta/2^n)}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$\theta = \frac{\pi}{2}$ અને $n=4$ છે.
તેથી,$\cos \frac{\pi}{4} \cos \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{16} \cos \frac{\pi}{32} = \frac{\sin(\pi/2)}{2^4 \sin(\pi/32)} = \frac{1}{16 \sin(\pi/32)}$ છે.
આ $\frac{1}{16} \operatorname{cosec} \frac{\pi}{32} = 2^{-4} \operatorname{cosec} \frac{\pi}{32}$ ની બરાબર છે.
$2^m \operatorname{cosec} \frac{\pi}{n}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m = -4$ અને $n = 32$ મળે છે.
આમ,$m+n = -4 + 32 = 28$ થાય.

(A) આપેલ પદાવલિ: $S = \sin \frac{2 \pi}{5}+\sin \frac{4 \pi}{5}+\sin \frac{6 \pi}{5}+\sin \frac{8 \pi}{5}$
ગુણધર્મ $\sin(2\pi - \theta) = -\sin \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin \frac{8 \pi}{5} = \sin(2\pi - \frac{2 \pi}{5}) = -\sin \frac{2 \pi}{5}$
$\sin \frac{6 \pi}{5} = \sin(2\pi - \frac{4 \pi}{5}) = -\sin \frac{4 \pi}{5}$
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$S = \sin \frac{2 \pi}{5} + \sin \frac{4 \pi}{5} - \sin \frac{4 \pi}{5} - \sin \frac{2 \pi}{5}$
$S = 0$

(C) આપેલ પદાવલિ $S = \sin ^2 5^{\circ}+\sin ^2 10^{\circ}+\ldots+\sin ^2 85^{\circ}+\sin ^2 90^{\circ}$ છે.
$5^{\circ}$ થી $90^{\circ}$ સુધીમાં કુલ $18$ પદો છે.
આપણે નિત્યસમ $\sin ^2 \theta + \sin ^2 (90^{\circ} - \theta) = \sin ^2 \theta + \cos ^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરી શકીએ છીએ.
પદોની જોડી બનાવતા: $(\sin ^2 5^{\circ} + \sin ^2 85^{\circ}) + (\sin ^2 10^{\circ} + \sin ^2 80^{\circ}) + \ldots + (\sin ^2 40^{\circ} + \sin ^2 50^{\circ}) + \sin ^2 45^{\circ} + \sin ^2 90^{\circ}$.
આવી કુલ $8$ જોડીઓ છે,જે દરેકનું મૂલ્ય $1$ થાય છે.
તેથી,$S = 8 \times 1 + \sin ^2 45^{\circ} + \sin ^2 90^{\circ}$.
$\sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin 90^{\circ} = 1$ હોવાથી,$S = 8 + (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 + 1^2 = 8 + \frac{1}{2} + 1 = 9 \frac{1}{2}$.

(C) આપેલ છે $3 \operatorname{cosec} x = 4 \sin x$
$\Rightarrow \frac{3}{\sin x} = 4 \sin x$
$\Rightarrow 4 \sin^2 x = 3$
$\Rightarrow \sin^2 x = \frac{3}{4}$
$\Rightarrow \sin x = \pm \frac{\sqrt{3}}{2}$
તેથી,$x$ ના મૂલ્યો $\pm \frac{\pi}{3}$ છે.

(C) આપેલ છે,$\cos 2\theta = \cos \theta + \sin \theta$.
નિત્યસમ $\cos 2\theta = \cos^2 \theta - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^2 \theta - \sin^2 \theta = \cos \theta + \sin \theta$
$(\cos \theta + \sin \theta)(\cos \theta - \sin \theta) = \cos \theta + \sin \theta$
$(\cos \theta + \sin \theta)(\cos \theta - \sin \theta - 1) = 0$
આથી $\cos \theta + \sin \theta = 0$ અથવા $\cos \theta - \sin \theta = 1$.
કિસ્સો $1$: $\cos \theta + \sin \theta = 0 \Rightarrow \tan \theta = -1$.
$\theta \in [0, 2\pi]$ માટે,$\theta = \frac{3\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$.
કિસ્સો $2$: $\cos \theta - \sin \theta = 1$.
$\sqrt{2}$ વડે ભાગતા,$\cos(\theta + \frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{4})$.
તેથી,$\theta + \frac{\pi}{4} = 2n\pi \pm \frac{\pi}{4}$.
$n=0$ માટે,$\theta = 0$ અથવા $\theta = \frac{3\pi}{2}$.
$n=1$ માટે,$\theta = 2\pi$ અથવા $\theta = \pi$ (જે ઉકેલ નથી).
શક્ય કિંમતો $\theta \in \{0, \frac{3\pi}{4}, \frac{3\pi}{2}, \frac{7\pi}{4}, 2\pi\}$ છે.
સરવાળો $= 0 + \frac{3\pi}{4} + \frac{6\pi}{4} + \frac{7\pi}{4} + \frac{8\pi}{4} = \frac{24\pi}{4} = 6\pi$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\sin^4 x + \cos^4 x = a$ છે.
આપણે પદાવલિને આ રીતે લખી શકીએ:
$\sin^4 x + \cos^4 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x$
$= 1^2 - \frac{1}{2} (2 \sin x \cos x)^2$
$= 1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x)$.
કારણ કે $0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,આપણે $-\frac{1}{2}$ વડે ગુણતા:
$-\frac{1}{2} \leq -\frac{1}{2} \sin^2(2x) \leq 0$.
બધા ભાગમાં $1$ ઉમેરતા:
$1 - \frac{1}{2} \leq 1 - \frac{1}{2} \sin^2(2x) \leq 1 + 0$
$\frac{1}{2} \leq a \leq 1$.
આમ,સમીકરણને વાસ્તવિક ઉકેલો ત્યારે મળે છે જ્યારે $\frac{1}{2} \leq a \leq 1$ હોય.

(C) ધારો કે $x = 30^{\circ}-\alpha$ અને $y = 60^{\circ}-\alpha$. તેથી $x+y = 90^{\circ}-2\alpha$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(x+y) = \tan(90^{\circ}-2\alpha) = \cot 2\alpha = \frac{1}{\tan 2\alpha}$.
$\tan(x+y) = \frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan x + \tan y}{1 - \tan x \tan y} = \frac{1}{\tan 2\alpha}$.
ગુણાકાર કરતા:
$\tan 2\alpha (\tan x + \tan y) = 1 - \tan x \tan y$.
પદોને ગોઠવતા:
$\tan 2\alpha \tan x + \tan 2\alpha \tan y + \tan x \tan y = 1$.
$x = 30^{\circ}-\alpha$ અને $y = 60^{\circ}-\alpha$ ની કિંમત મૂકતા:
$\tan 2\alpha \tan(30^{\circ}-\alpha) + \tan 2\alpha \tan(60^{\circ}-\alpha) + \tan(60^{\circ}-\alpha) \tan(30^{\circ}-\alpha) = 1$.

(D) આપેલ છે કે,$f(x) = \frac{\cot x}{1 + \cot x}$ અને $\alpha + \beta = \frac{5 \pi}{4}$.
$\cot(\alpha + \beta) = \cot(\frac{5 \pi}{4}) = 1$ હોવાથી,$\frac{\cot \alpha \cot \beta - 1}{\cot \alpha + \cot \beta} = 1$ મળે.
આથી $\cot \alpha \cot \beta - 1 = \cot \alpha + \cot \beta$,એટલે કે $\cot \alpha \cot \beta = 1 + \cot \alpha + \cot \beta$.
હવે,$f(\alpha) f(\beta) = \frac{\cot \alpha}{1 + \cot \alpha} \times \frac{\cot \beta}{1 + \cot \beta} = \frac{\cot \alpha \cot \beta}{1 + \cot \alpha + \cot \beta + \cot \alpha \cot \beta}$.
$\cot \alpha + \cot \beta = \cot \alpha \cot \beta - 1$ મૂકતા,$f(\alpha) f(\beta) = \frac{\cot \alpha \cot \beta}{1 + (\cot \alpha \cot \beta - 1) + \cot \alpha \cot \beta} = \frac{\cot \alpha \cot \beta}{2 \cot \alpha \cot \beta} = \frac{1}{2}$.

(D) આપેલ છે કે $\sin \left(\frac{\pi}{4} \cot \theta\right)=\cos \left(\frac{\pi}{4} \tan \theta\right)$.
નિત્યસમ $\cos x = \sin \left(\frac{\pi}{2} - x\right)$ નો ઉપયોગ કરતા,
$\sin \left(\frac{\pi}{4} \cot \theta\right) = \sin \left(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \tan \theta\right)$.
$\frac{\pi}{4} \cot \theta = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} \tan \theta$.
$\frac{\pi}{4} (\cot \theta + \tan \theta) = \frac{\pi}{2}$.
$\cot \theta + \tan \theta = 2$.
$\frac{1}{\sin \theta \cos \theta} = 2$.
$1 = 2 \sin \theta \cos \theta$.
$1 = \sin 2 \theta$.
$\sin 2 \theta = 1$ હોવાથી,$2 \theta = 2n \pi + \frac{\pi}{2}$.
$2$ વડે ભાગતા,$\theta = n \pi + \frac{\pi}{4}$ મળે છે.

(C) ધારો કે $z_1 = \cos \alpha + i \sin \alpha$,$z_2 = 3(\cos 3 \beta + i \sin 3 \beta)$,અને $z_3 = 5(\cos 5 \gamma + i \sin 5 \gamma)$.
આપેલ સમીકરણો સૂચવે છે કે $z_1 + z_2 + z_3 = 0$.
નિત્યસમ $z_1^3 + z_2^3 + z_3^3 = 3z_1 z_2 z_3$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે $z_1 + z_2 + z_3 = 0$ હોય:
$(\cos \alpha + i \sin \alpha)^3 + (3(\cos 3 \beta + i \sin 3 \beta))^3 + (5(\cos 5 \gamma + i \sin 5 \gamma))^3 = 3(z_1)(z_2)(z_3)$.
$(\cos 3 \alpha + i \sin 3 \alpha) + 27(\cos 9 \beta + i \sin 9 \beta) + 125(\cos 15 \gamma + i \sin 15 \gamma) = 3(1 \cdot 3 \cdot 5) [\cos(\alpha + 3 \beta + 5 \gamma) + i \sin(\alpha + 3 \beta + 5 \gamma)]$.
વાસ્તવિક ભાગોને સરખાવતા:
$\cos 3 \alpha + 27 \cos 9 \beta + 125 \cos 15 \gamma = 45 \cos(\alpha + 3 \beta + 5 \gamma)$.
આને આપેલ સમીકરણ $\cos 3 \alpha + 27 \cos 9 \beta + 125 \cos 15 \gamma = (\lambda^2 - 4) \cos(\alpha + 3 \beta + 5 \gamma)$ સાથે સરખાવતા:
$\lambda^2 - 4 = 45 \implies \lambda^2 = 49 \implies \lambda = \pm 7$.

(C) આપેલ સમીકરણ $(\sin x + \cos x)^{1 + \sin 2x} = 2$ છે.
$1 + \sin 2x = (\sin x + \cos x)^2$ હોવાથી,સમીકરણ $(\sin x + \cos x)^{(\sin x + \cos x)^2} = 2$ બને છે.
ધારો કે $u = \sin x + \cos x$,તો $u^{u^2} = 2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $-\sqrt{2} \leq \sin x + \cos x \leq \sqrt{2}$.
જો $u = \sqrt{2}$ હોય,તો $(\sqrt{2})^{(\sqrt{2})^2} = 2$.
આથી $\sin x + \cos x = \sqrt{2} \implies x = \frac{\pi}{4}$.
જો $u = -\sqrt{2}$ હોય,તો $(-\sqrt{2})^{(-\sqrt{2})^2} = 2$.
આથી $\sin x + \cos x = -\sqrt{2} \implies x = -\frac{3\pi}{4}$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $\frac{\pi}{4}$ છે.

(D) આપણને નિત્યસમ આપેલ છે: $\frac{\sin 1^{\circ}}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}} = \cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ}$.
બંને બાજુ $\sin 1^{\circ}$ વડે ભાગતા: $\frac{1}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}} = \frac{\cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ}}{\sin 1^{\circ}}$.
ધારો કે $S = \sum_{x=45}^{89} \frac{1}{\sin x^{\circ} \sin (x+1)^{\circ}}$.
નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{x=45}^{89} (\cot x^{\circ} - \cot (x+1)^{\circ})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} [(\cot 45^{\circ} - \cot 46^{\circ}) + (\cot 46^{\circ} - \cot 47^{\circ}) + \dots + (\cot 89^{\circ} - \cot 90^{\circ})]$.
બધા વચ્ચેના પદો ઉડી જશે: $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot 45^{\circ} - \cot 90^{\circ})$.
કારણ કે $\cot 45^{\circ} = 1$ અને $\cot 90^{\circ} = 0$,તેથી $S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (1 - 0) = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} = \operatorname{cosec} 1^{\circ}$.

(B) જ્યારે યામ અક્ષોને $\theta$ ખૂણે ફેરવવામાં આવે છે,ત્યારે બિંદુ $(x, y)$ ના નવા યામ $(x', y')$ નીચે મુજબ મળે છે:
$x' = x \cos \theta + y \sin \theta$
$y' = -x \sin \theta + y \cos \theta$
આપેલ છે કે $(x, y) = (2 \sqrt{2}, -3 \sqrt{2})$ અને $\theta = 45^{\circ}$.
કિંમતો મૂકતા:
$x' = (2 \sqrt{2}) \cos 45^{\circ} + (-3 \sqrt{2}) \sin 45^{\circ}$
$x' = (2 \sqrt{2}) \times \frac{1}{\sqrt{2}} - (3 \sqrt{2}) \times \frac{1}{\sqrt{2}} = 2 - 3 = -1$
$y' = -(2 \sqrt{2}) \sin 45^{\circ} + (-3 \sqrt{2}) \cos 45^{\circ}$
$y' = -(2 \sqrt{2}) \times \frac{1}{\sqrt{2}} - (3 \sqrt{2}) \times \frac{1}{\sqrt{2}} = -2 - 3 = -5$
આમ,નવા યામ $(-1, -5)$ છે.

(B) ધારો કે મૂળ યામ $(x, y)$ છે અને $\theta = 135^{\circ}$ ના પરિભ્રમણ પછી નવા યામ $(x', y') = (4, -3)$ છે.
અક્ષોના પરિભ્રમણ માટેના રૂપાંતરણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$x = x' \cos \theta - y' \sin \theta$
$y = x' \sin \theta + y' \cos \theta$
અહીં $\cos 135^{\circ} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin 135^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}}$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$x = 4 \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) - (-3) \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = -\frac{4}{\sqrt{2}} + \frac{3}{\sqrt{2}} = -\frac{1}{\sqrt{2}}$
$y = 4 \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + (-3) \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{4}{\sqrt{2}} + \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{7}{\sqrt{2}}$
આમ,મૂળ યામ $\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{7}{\sqrt{2}}\right)$ છે.

(C) ધારો કે રેખા $3x + 4y = 6$ એ બિંદુઓ $P(2, -1)$ અને $Q(1, 1)$ ને જોડતા રેખાખંડનું $k:1$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,છેદબિંદુના યામ $\left(\frac{2+k}{k+1}, \frac{k-1}{k+1}\right)$ મળે છે.
આ બિંદુ રેખા $3x + 4y = 6$ પર હોવાથી,આપણે સમીકરણમાં કિંમતો મૂકીએ:
$3\left(\frac{2+k}{k+1}\right) + 4\left(\frac{k-1}{k+1}\right) = 6$.
$(k+1)$ વડે ગુણતા:
$3(2+k) + 4(k-1) = 6(k+1)$.
$6 + 3k + 4k - 4 = 6k + 6$.
$7k + 2 = 6k + 6$.
$k = 4$.
તેથી,ગુણોત્તર $4:1$ છે.

(C) ધારો કે $G$ એ $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર છે. મધ્યકેન્દ્ર $G$ એ મધ્યગા $AD$ ને $2:1$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે.
આપેલ છે કે $AD = 4$,તેથી $AG = \frac{2}{3} \times 4 = \frac{8}{3}$ અને $GD = \frac{1}{3} \times 4 = \frac{4}{3}$.
$\triangle ABG$ માં,$\angle GAB = \frac{\pi}{6}$ અને $\angle GBA = \frac{\pi}{3}$ છે.
તેથી,$\angle AGB = \pi - (\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$.
આમ,$\triangle ABG$ એ $G$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
$\triangle ABG$ માં,$\tan(\angle GBA) = \frac{AG}{BG} \implies \tan(\frac{\pi}{3}) = \frac{8/3}{BG}$.
$BG = \frac{8/3}{\sqrt{3}} = \frac{8}{3\sqrt{3}}$.
$\triangle ABD$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times AD \times BG \times \sin(\angle AGB) = \frac{1}{2} \times 4 \times \frac{8}{3\sqrt{3}} \times 1 = \frac{16}{3\sqrt{3}}$.
મધ્યગા $AD$ એ $\triangle ABC$ ને સમાન ક્ષેત્રફળવાળા બે ત્રિકોણમાં વિભાજિત કરે છે,તેથી $\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times \text{Area}(\triangle ABD) = 2 \times \frac{16}{3\sqrt{3}} = \frac{32}{3\sqrt{3}}$ ચોરસ એકમ.

(B) ધારો કે મૂળ યામ $(x, y)$ છે અને $\theta = 45^{\circ}$ ના પરિભ્રમણ પછી નવા યામ $(X, Y) = (1, -1)$ છે.
પરિવર્તન સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$x = X \cos \theta - Y \sin \theta$
$x = (1) \cos 45^{\circ} - (-1) \sin 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$
$y = X \sin \theta + Y \cos \theta$
$y = (1) \sin 45^{\circ} + (-1) \cos 45^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{2}} - \frac{1}{\sqrt{2}} = 0$
તેથી,મૂળભૂત પ્રણાલીમાં $P$ ના યામ $(\sqrt{2}, 0)$ છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $3x^2 + 3y^2 + 2xy = 2 \dots (i)$ છે.
જ્યારે કોઓર્ડિનેટ અક્ષોને $\theta = 45^{\circ}$ ના ખૂણે ફેરવવામાં આવે,ત્યારે રૂપાંતરણ સમીકરણો:
$x = \frac{X - Y}{\sqrt{2}}$ અને $y = \frac{X + Y}{\sqrt{2}}$
આ કિંમતો સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$3\left(\frac{X - Y}{\sqrt{2}}\right)^2 + 3\left(\frac{X + Y}{\sqrt{2}}\right)^2 + 2\left(\frac{X - Y}{\sqrt{2}}\right)\left(\frac{X + Y}{\sqrt{2}}\right) = 2$
$\frac{3}{2}(X^2 - 2XY + Y^2) + \frac{3}{2}(X^2 + 2XY + Y^2) + (X^2 - Y^2) = 2$
$3X^2 + 3Y^2 + X^2 - Y^2 = 2$
$4X^2 + 2Y^2 = 2$
$2$ વડે ભાગતા,$2X^2 + Y^2 = 1$ મળે છે.
આમ,રૂપાંતરિત સમીકરણ $2x^2 + y^2 = 1$ છે.

(B) બિંદુઓ $A(-1, -1)$ અને $B(2, 1)$ છે. રેખા $AB$ નું સમીકરણ $y - y_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}(x - x_1)$ દ્વારા મળે છે.
કિંમતો મૂકતા,$y + 1 = \frac{1 - (-1)}{2 - (-1)}(x - (-1)) \Rightarrow y + 1 = \frac{2}{3}(x + 1)$.
આથી $3y + 3 = 2x + 2$,અથવા $2x - 3y - 1 = 0$ મળે છે.
ધારો કે રેખા $AB$,$C(3, 4)$ અને $D(1, 2)$ ને જોડતા રેખાખંડને $\lambda: 1$ ગુણોત્તરમાં બિંદુ $P$ પર વિભાજિત કરે છે. વિભાજન સૂત્ર મુજબ $P$ ના યામ $P = \left(\frac{3 + \lambda}{1 + \lambda}, \frac{4 + 2\lambda}{1 + \lambda}\right)$ છે.
બિંદુ $P$ એ રેખા $2x - 3y - 1 = 0$ પર હોવાથી,આપણે $P$ ના યામ સમીકરણમાં મૂકીએ:
$2\left(\frac{3 + \lambda}{1 + \lambda}\right) - 3\left(\frac{4 + 2\lambda}{1 + \lambda}\right) - 1 = 0$.
$(1 + \lambda)$ વડે ગુણતા,$2(3 + \lambda) - 3(4 + 2\lambda) - (1 + \lambda) = 0$.
$6 + 2\lambda - 12 - 6\lambda - 1 - \lambda = 0$.
$-5\lambda - 7 = 0 \Rightarrow \lambda = -7/5$.
ઋણ નિશાની દર્શાવે છે કે રેખા રેખાખંડનું $7: 5$ ગુણોત્તરમાં બહિર્વિભાજન કરે છે.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(0,0,0), B(3,0,0)$ અને $C(0,4,0)$ છે.
પ્રથમ,આપણે શિરોબિંદુઓ $A, B$ અને $C$ ની સામેની બાજુઓની લંબાઈ શોધીએ:
$a = BC = \sqrt{(0-3)^2 + (4-0)^2 + (0-0)^2} = \sqrt{9+16} = 5$
$b = AC = \sqrt{(0-0)^2 + (4-0)^2 + (0-0)^2} = 4$
$c = AB = \sqrt{(3-0)^2 + (0-0)^2 + (0-0)^2} = 3$
અંતઃકેન્દ્ર $(x, y, z)$ ના યામ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$x = \frac{ax_1 + bx_2 + cx_3}{a+b+c}, y = \frac{ay_1 + by_2 + cy_3}{a+b+c}, z = \frac{az_1 + bz_2 + cz_3}{a+b+c}$
કિંમતો મૂકતા:
$x = \frac{5(0) + 4(3) + 3(0)}{5+4+3} = \frac{12}{12} = 1$
$y = \frac{5(0) + 4(0) + 3(4)}{5+4+3} = \frac{12}{12} = 1$
$z = \frac{5(0) + 4(0) + 3(0)}{5+4+3} = 0$
આમ,અંતઃકેન્દ્ર $(1, 1, 0)$ છે.

(B) ધારો કે બિંદુ $P$ ના યામ $(x, y)$ છે.
આપેલ છે કે $PA:PB = 2:1$,તેથી $PA^2 = 4PB^2$.
અંતર સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$PA^2 = (x-2)^2 + (y-1)^2$ અને $PB^2 = (x-1)^2 + (y-2)^2$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા:
$(x-2)^2 + (y-1)^2 = 4[(x-1)^2 + (y-2)^2]$
$x^2 - 4x + 4 + y^2 - 2y + 1 = 4[x^2 - 2x + 1 + y^2 - 4y + 4]$
$x^2 + y^2 - 4x - 2y + 5 = 4x^2 + 4y^2 - 8x - 16y + 20$
પદોને એક બાજુ ગોઠવતા:
$3x^2 + 3y^2 - 4x - 14y + 15 = 0$.

(A) $\triangle ABC$ માં,બાજુઓ $AB$,$BC$ અને $CA$ ના સમીકરણો અનુક્રમે $2x+y=0$,$x+py=q$ અને $x-y=3$ છે. $P(2,3)$ લંબકેન્દ્ર છે.
$1$. $AB$ અને $CA$ ને ઉકેલીને શિરોબિંદુ $A$ મેળવતા:
$2x+y=0 \Rightarrow y=-2x$
$x-y=3$ માં મૂકતા: $x-(-2x)=3$ $\Rightarrow 3x=3$ $\Rightarrow x=1, y=-2$.
તેથી,$A = (1, -2)$.
$2$. $p$ મેળવતા:
$A$ માંથી $BC$ પરનો વેધ $P(2,3)$ માંથી પસાર થાય છે.
$AP$ નો ઢાળ = $\frac{3-(-2)}{2-1} = 5$.
$AP \perp BC$ હોવાથી,$BC$ નો ઢાળ $-\frac{1}{5}$ થાય.
$BC$ નું સમીકરણ $x+py=q$ છે,તેથી તેનો ઢાળ $-\frac{1}{p}$ છે.
$-\frac{1}{p} = -\frac{1}{5} \Rightarrow p=5$.
$3$. $q$ મેળવતા:
શિરોબિંદુ $B$ એ $AB$ $(2x+y=0)$ અને $BC$ $(x+5y=q)$ નું છેદબિંદુ છે.
$y=-2x$ $\Rightarrow x+5(-2x)=q$ $\Rightarrow -9x=q$ $\Rightarrow x=-\frac{q}{9}, y=\frac{2q}{9}$.
તેથી,$B = \left(-\frac{q}{9}, \frac{2q}{9}\right)$.
$B$ માંથી $AC$ પરનો વેધ $P(2,3)$ માંથી પસાર થાય છે.
$AC$ નો ઢાળ ($x-y=3$ પરથી) $1$ છે.
$BP \perp AC$ હોવાથી,$BP$ નો ઢાળ $-1$ થાય.
$BP$ નો ઢાળ = $\frac{\frac{2q}{9}-3}{-\frac{q}{9}-2} = \frac{2q-27}{-q-18} = -1$.
$2q-27 = q+18 \Rightarrow q=45$.
$4$. અંતિમ કિંમત:
$p+q = 5+45 = 50$.

(C) આપેલ છે $f(x) = [x]^2 - [x^2]$.
કોઈપણ પૂર્ણાંક $n$ માટે,ધારો કે $x = n + h$,જ્યાં $0 \le h < 1$.
તેથી $f(n+h) = [n+h]^2 - [(n+h)^2] = n^2 - [n^2 + 2nh + h^2] = n^2 - n^2 - [2nh + h^2] = -[2nh + h^2]$.
$x = n$ આગળ,$f(n) = [n]^2 - [n^2] = n^2 - n^2 = 0$.
$x \to n^-$ માટે,ધારો કે $x = n - h$ જ્યાં $h \to 0^+$. તેથી $f(n-h) = [n-h]^2 - [(n-h)^2] = (n-1)^2 - [n^2 - 2nh + h^2]$.
$n=0$ માટે,$f(0)=0$. $\lim_{x \to 0^-} f(x) = [-h]^2 - [h^2] = (-1)^2 - 0 = 1$. $1 \neq 0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ અસતત છે.
$n=1$ માટે,$f(1)=0$. $\lim_{x \to 1^-} f(x) = [1-h]^2 - [(1-h)^2] = 0^2 - 0 = 0$. $\lim_{x \to 1^+} f(x) = [1+h]^2 - [(1+h)^2] = 1^2 - 1 = 0$. $0=0$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
અન્ય કોઈપણ પૂર્ણાંક $n \neq 0, 1$ માટે,વિધેય અસતત છે કારણ કે ડાબી અને જમણી બાજુની લક્ષની કિંમત $f(n)=0$ જેટલી થશે નહીં.
આમ,$f(x)$ એ $1$ સિવાયના તમામ પૂર્ણાંકો પર અસતત છે.

(B) આપેલ છે,$f(x) = \frac{\log (1+x)^{1+x}}{x^2} - \frac{1}{x}$.
ગુણધર્મ $\log(a^b) = b \log a$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{(1+x) \log (1+x)}{x^2} - \frac{1}{x} = \frac{(1+x) \log (1+x) - x}{x^2}$.
$f(x)$ એ $x=0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(1+x) \log (1+x) - x}{x^2}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ છે,તેથી $L$-Hospital ના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\frac{d}{dx} [(1+x) \log (1+x) - x]}{\frac{d}{dx} [x^2]} = \lim_{x \to 0} \frac{(1+x) \cdot \frac{1}{1+x} + \log(1+x) - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{1 + \log(1+x) - 1}{2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{2x}$.
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2}$.
તેથી,$6 f(0) = 6 \times \frac{1}{2} = 3$.

(A) વિધેય $f(x) = 2x|x|$ દ્વારા આપવામાં આવેલ છે.
આપણે તેને ટુકડાઓમાં વ્યાખ્યાયિત વિધેય તરીકે લખી શકીએ:
$f(x) = \begin{cases} 2x^2, & x \geq 0 \\ -2x^2, & x < 0 \end{cases}$
કારણ કે $2x^2$ અને $-2x^2$ બહુપદી છે,તેથી $f(x)$ એ તમામ $x \neq 0$ માટે વિકલનીય છે. આપણે ફક્ત $x = 0$ આગળ વિકલનીયતા તપાસવાની જરૂર છે.
$x = 0$ આગળ ડાબી બાજુનું વિકલિત $(LHD)$:
$f'(0^-) = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} \frac{-2h^2 - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^-} (-2h) = 0$.
$x = 0$ આગળ જમણી બાજુનું વિકલિત $(RHD)$:
$f'(0^+) = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{f(0+h) - f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} \frac{2h^2 - 0}{h} = \lim_{h \rightarrow 0^+} (2h) = 0$.
અહીં $LHD = RHD = 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય છે.
તેથી,$f(x)$ એ તમામ $x \in (-\infty, \infty)$ માટે વિકલનીય છે.

(B) આપેલ વિધેયો $f(x) = \sqrt{x^2 + 1}$,$g(x) = \frac{x + 1}{x^2 + 1}$,અને $h(x) = 2x - 3$ છે.
પ્રથમ,આપણે દરેક વિધેયનું વિકલન શોધીએ:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(\sqrt{x^2 + 1}) = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 1}} \cdot (2x) = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}$.
$g'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{x + 1}{x^2 + 1}) = \frac{(x^2 + 1)(1) - (x + 1)(2x)}{(x^2 + 1)^2} = \frac{x^2 + 1 - 2x^2 - 2x}{(x^2 + 1)^2} = \frac{-x^2 - 2x + 1}{(x^2 + 1)^2}$.
$h'(x) = \frac{d}{dx}(2x - 3) = 2$.
હવે,આપણે સંયોજિત પદ $f' [h'(g'(x))]$ ની કિંમત શોધીએ.
કારણ કે $h'(x) = 2$ એ અચળ વિધેય છે,તેથી કોઈપણ $x$ માટે $h'(g'(x)) = 2$ થાય.
તેથી,$f' [h'(g'(x))] = f'(2)$.
$f'(x)$ ના સૂત્રમાં $x = 2$ મૂકતા:
$f'(2) = \frac{2}{\sqrt{2^2 + 1}} = \frac{2}{\sqrt{4 + 1}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $y = e^{x^2 + e^{x^2 + e^{x^2} + \dots}}$ છે.
ઘાતાંક અનંત સુધી પુનરાવર્તિત થતો હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $y = e^{x^2 + y}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $\ln(y) = x^2 + y$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(\ln(y)) = \frac{d}{dx}(x^2 + y)$
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = 2x + \frac{dy}{dx}$
$\frac{dy}{dx}$ માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} - \frac{dy}{dx} = 2x$
$\frac{dy}{dx} (\frac{1}{y} - 1) = 2x$
$\frac{dy}{dx} (\frac{1 - y}{y}) = 2x$
$\frac{dy}{dx} = \frac{2xy}{1 - y}$.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 2x^2 + 3x - 5$.
સૌ પ્રથમ,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન $f'(x)$ શોધો:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^2 + 3x - 5) = 4x + 3$.
હવે,$f'(0)$ ની ગણતરી કરો:
$f'(0) = 4(0) + 3 = 3$.
ત્યારબાદ,$f'(-1)$ ની ગણતરી કરો:
$f'(-1) = 4(-1) + 3 = -4 + 3 = -1$.
અંતે,$f'(0) + 3f'(-1)$ ની કિંમત શોધો:
$f'(0) + 3f'(-1) = 3 + 3(-1) = 3 - 3 = 0$.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin(\sin x)$ . . . $(i)$
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \cos(\sin x) \cdot \cos x$ . . . $(ii)$
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y'' = -\sin(\sin x) \cdot \cos^2 x - \sin x \cdot \cos(\sin x)$
સમીકરણ $(ii)$ પરથી,આપણી પાસે $\cos(\sin x) = \frac{y'}{\cos x}$ છે. આ કિંમત $y''$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y'' = -\sin(\sin x) \cdot \cos^2 x - \sin x \cdot \left(\frac{y'}{\cos x}\right)$
$y'' = -y \cdot \cos^2 x - \tan x \cdot y'$
પદોને ગોઠવતા:
$y'' + \tan x \cdot y' + \cos^2 x \cdot y = 0$
આને $y'' + f(x) \cdot y' + g(x) \cdot y = 0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \tan x$ અને $g(x) = \cos^2 x$ મળે છે.
તેથી,$f(x) \cdot g(x) = \tan x \cdot \cos^2 x = \frac{\sin x}{\cos x} \cdot \cos^2 x = \sin x \cdot \cos x$.
નિત્યસમ $\sin(2x) = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) \cdot g(x) = \frac{1}{2} \sin(2x)$.

(A) ધારો કે $y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+2 \cos 4 x}}}}$.
નિત્યસમ $1+\cos 2A = 2 \cos^2 A$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદાવલિને ક્રમશઃ સાદું રૂપ આપીએ:
$y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 4 x)}}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{4 \cos^2 2 x}}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+2 \cos 2 x}}}$.
આગળ સાદું રૂપ આપતા:
$y = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2(1+\cos 2 x)}}} = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{4 \cos^2 x}}} = \frac{2}{\sqrt{2+2 \cos x}} = \frac{2}{\sqrt{2(1+\cos x)}} = \frac{2}{\sqrt{4 \cos^2 \frac{x}{2}}}$.
આમ,$y = \frac{2}{2 \cos \frac{x}{2}} = \sec \frac{x}{2}$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \sec \frac{x}{2} \tan \frac{x}{2} \cdot \frac{1}{2}$.
આને $k \sec \frac{x}{2} \tan \frac{x}{2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $k = \frac{1}{2}$ મળે છે.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \sqrt{2x^2-1}$ અને $y = f(x^3)$.
$y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરવા માટે સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3)$
$\frac{dy}{dx} = f^{\prime}(x^3) \cdot 3x^2$
હવે,$x=1$ આગળ વિકલિતની કિંમત મેળવતા:
$\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=1} = f^{\prime}(1^3) \cdot 3(1)^2$
$= f^{\prime}(1) \cdot 3$
$f^{\prime}(x)$ ના આપેલ સૂત્રમાં $x=1$ મૂકતા:
$f^{\prime}(1) = \sqrt{2(1)^2 - 1} = \sqrt{2-1} = \sqrt{1} = 1$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = 1 \cdot 3 = 3$.

(C) આપેલ સમીકરણ $3 \sin xy + 4 \cos xy = 5$ છે.
ધારો કે $xy = t$.
$xy = t$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,ગુણાકારના નિયમ મુજબ $x \frac{dy}{dx} + y = \frac{dt}{dx} \dots (I)$ મળે.
હવે,આપેલ સમીકરણ $3 \sin t + 4 \cos t = 5$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dt}(3 \sin t + 4 \cos t) = \frac{d}{dt}(5)$
$3 \cos t - 4 \sin t = 0$.
આમ,$\frac{dt}{dx} = 0$ થાય છે.
આ કિંમત સમીકરણ $(I)$ માં મૂકતા,$x \frac{dy}{dx} + y = 0$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{-y}{x}$.

(D) આપેલ છે,$\log(\sqrt{1+x^2}-x) = y(\sqrt{1+x^2})$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} [\log(\sqrt{1+x^2}-x)] = \frac{d}{dx} [y(\sqrt{1+x^2})]$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^2}-x} \cdot \left( \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} - 1 \right) = \sqrt{1+x^2} \frac{dy}{dx} + y \cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$
$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x^2}-x} \cdot \left( \frac{x - \sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}} \right) = \sqrt{1+x^2} \frac{dy}{dx} + \frac{xy}{\sqrt{1+x^2}}$
$\Rightarrow \frac{-(\sqrt{1+x^2}-x)}{(\sqrt{1+x^2}-x) \sqrt{1+x^2}} = \sqrt{1+x^2} \frac{dy}{dx} + \frac{xy}{\sqrt{1+x^2}}$
$\Rightarrow -\frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \sqrt{1+x^2} \frac{dy}{dx} + \frac{xy}{\sqrt{1+x^2}}$
બંને બાજુ $\sqrt{1+x^2}$ વડે ગુણતા:
$-1 = (1+x^2) \frac{dy}{dx} + xy$
તેથી,$(1+x^2) \frac{dy}{dx} + xy = -1$.

(C) આપેલ છે કે $y = \prod_{k=1}^{n} (1 + \frac{k}{x}) = \frac{(x+1)(x+2)...(x+n)}{x^n}$.
બંને બાજુ લઘુગણક લેતા:
$\ln y = \sum_{k=1}^{n} \ln(1 + \frac{k}{x})$.
$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \sum_{k=1}^{n} \frac{-k}{x(x+k)}$.
ગુણાકારના નિયમ મુજબ,$x = -1$ આગળ માત્ર તે પદનું વિકલન બાકી રહેશે જેમાં $(x+1)$ અવયવ છે.
$\frac{dy}{dx} |_{x=-1} = (\frac{d}{dx} (1 + \frac{1}{x}))_{x=-1} \cdot (1 + \frac{2}{x}) (1 + \frac{3}{x}) ... (1 + \frac{n}{x}) |_{x=-1}$.
$= (-1) \cdot (1-2)(1-3)...(1-n) = (-1) \cdot (-1)^{n-1} (n-1)! = (-1)^n (n-1)!$.

(D) આપેલ છે કે $y = \frac{1}{4} \log \left(\frac{1+x}{1-x}\right) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(x)$.
લઘુગણકના ગુણધર્મોનો ઉપયોગ કરતા,$y = \frac{1}{4} \log(1+x) - \frac{1}{4} \log(1-x) - \frac{1}{2} \tan^{-1}(x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4} \left(\frac{1}{1+x}\right) - \frac{1}{4} \left(\frac{-1}{1-x}\right) - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{1+x^2}\right)$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4(1+x)} + \frac{1}{4(1-x)} - \frac{1}{2(1+x^2)}$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{4} \left(\frac{1-x+1+x}{1-x^2}\right) - \frac{1}{2(1+x^2)} = \frac{1}{4} \left(\frac{2}{1-x^2}\right) - \frac{1}{2(1+x^2)} = \frac{1}{2(1-x^2)} - \frac{1}{2(1+x^2)}$.
$x = \frac{1}{\sqrt{2}}$ માટે,$x^2 = \frac{1}{2}$.
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=1/\sqrt{2}} = \frac{1}{2(1-1/2)} - \frac{1}{2(1+1/2)} = \frac{1}{2(1/2)} - \frac{1}{2(3/2)} = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $y = \log_y x$ છે.
બેઝ બદલવાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,આપણે તેને $y = \frac{\log_e x}{\log_e y}$ તરીકે લખી શકીએ.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $y \cdot \log_e y = \log_e x$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(y \cdot \log_e y) = \frac{d}{dx}(\log_e x)$
$y \cdot \frac{d}{dx}(\log_e y) + \log_e y \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$
$y \cdot (\frac{1}{y} \cdot \frac{dy}{dx}) + \log_e y \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$
$1 \cdot \frac{dy}{dx} + \log_e y \cdot \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$
$(1 + \log_e y) \frac{dy}{dx} = \frac{1}{x}$
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x(1 + \log_e y)}$.

(D) $f(x) = \log _{x^2}(\log x)$
આધાર પરિવર્તન સૂત્ર $\log _a b = \frac{\log b}{\log a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{\log(\log x)}{\log(x^2)} = \frac{\log(\log x)}{2 \log x}$
હવે,ભાગાકારના નિયમ $\frac{d}{dx} \left( \frac{u}{v} \right) = \frac{v u' - u v'}{v^2}$ નો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{1}{2} \frac{d}{dx} \left( \frac{\log(\log x)}{\log x} \right)$
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{(\log x) \cdot \frac{d}{dx}(\log(\log x)) - \log(\log x) \cdot \frac{d}{dx}(\log x)}{(\log x)^2} \right]$
$f'(x) = \frac{1}{2} \left[ \frac{(\log x) \cdot \frac{1}{\log x} \cdot \frac{1}{x} - \log(\log x) \cdot \frac{1}{x}}{(\log x)^2} \right]$
$f'(x) = \frac{1}{2x} \left[ \frac{1 - \log(\log x)}{(\log x)^2} \right]$
$x = e$ આગળ,$\log x = \log e = 1$ અને $\log(\log x) = \log(1) = 0$ થાય:
$f'(e) = \frac{1}{2e} \left[ \frac{1 - 0}{(1)^2} \right] = \frac{1}{2e} = (2e)^{-1}$

(A) આપેલ છે કે $y = (\tan x)^{\sin x}$.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને મળે $\log y = \sin x \log(\tan x)$.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \cos x \log(\tan x) + \sin x \cdot \frac{1}{\tan x} \cdot \sec^2 x$.
કારણ કે $\frac{\sin x}{\tan x} = \cos x$,તેથી પદ આ રીતે સરળ બને છે:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \cos x \log(\tan x) + \cos x \cdot \sec^2 x$.
નોંધો કે $\cos x \cdot \sec^2 x = \cos x \cdot \frac{1}{\cos^2 x} = \sec x$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = y \{\sec x + \cos x \log(\tan x)\}$.
$y = (\tan x)^{\sin x}$ મૂકતા,આપણને મળે $\frac{dy}{dx} = (\tan x)^{\sin x} \{\sec x + \cos x \log(\tan x)\}$.

(B) આપેલ છે કે $x = \sec \theta - \cos \theta$ અને $y = \sec^n \theta - \cos^n \theta$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec \theta = \frac{1}{\cos \theta}$,તેથી $x = \frac{1}{\cos \theta} - \cos \theta = \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta}$.
તેથી $\frac{dx}{d\theta} = \sec \theta \tan \theta + \sin \theta = \frac{\sin \theta}{\cos^2 \theta} + \sin \theta = \sin \theta \left(\frac{1 + \cos^2 \theta}{\cos^2 \theta}\right)$.
તે જ રીતે,$\frac{dy}{d\theta} = n \sec^n \theta \tan \theta + n \cos^{n-1} \theta \sin \theta = n \sin \theta \left(\frac{1 + \cos^{2n} \theta}{\cos^{n+1} \theta}\right)$.
હવે,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{n \sin \theta (1 + \cos^{2n} \theta) / \cos^{n+1} \theta}{\sin \theta (1 + \cos^2 \theta) / \cos^2 \theta} = \frac{n (1 + \cos^{2n} \theta)}{\cos^{n-1} \theta (1 + \cos^2 \theta)}$.
વળી,$x^2 + 4 = (\sec \theta - \cos \theta)^2 + 4 = \sec^2 \theta - 2 + \cos^2 \theta + 4 = \sec^2 \theta + 2 + \cos^2 \theta = (\sec \theta + \cos \theta)^2 = \left(\frac{1 + \cos^2 \theta}{\cos \theta}\right)^2$.
આમ,$(x^2 + 4) \left(\frac{dy}{dx}\right)^2 = \left(\frac{1 + \cos^2 \theta}{\cos \theta}\right)^2 \cdot \frac{n^2 (1 + \cos^{2n} \theta)^2}{\cos^{2n-2} \theta (1 + \cos^2 \theta)^2} = \frac{n^2 (1 + \cos^{2n} \theta)^2}{\cos^{2n} \theta} = n^2 \left(\frac{1}{\cos^n \theta} - \cos^n \theta\right)^2 + 4n^2 = n^2 (y^2 + 4)$.

(C) આપેલ છે: $y=4 \cos ^3(t)$ અને $x=4 \sin ^3(t)$.
પ્રથમ,$y$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d y}{d t} = 4 \cdot 3 \cos ^2(t) \cdot (-\sin(t)) = -12 \sin(t) \cos ^2(t)$.
ત્યારબાદ,$x$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d x}{d t} = 4 \cdot 3 \sin ^2(t) \cdot \cos(t) = 12 \sin ^2(t) \cos(t)$.
પ્રચલિત વિકલનના નિયમ મુજબ:
$\frac{d y}{d x} = \frac{d y / d t}{d x / d t} = \frac{-12 \sin(t) \cos ^2(t)}{12 \sin ^2(t) \cos(t)}$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{d y}{d x} = -\frac{\cos(t)}{\sin(t)} = -\cot(t)$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે $u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 x^2-1}\right)$ અને $v = \sqrt{1-x^2}$.
$x = \cos \theta$ આદેશ લેતા.
તેથી $u = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{2 \cos ^2 \theta - 1}\right) = \sec ^{-1}\left(\frac{1}{\cos 2 \theta}\right) = \sec ^{-1}(\sec 2 \theta) = 2 \theta$.
અને $v = \sqrt{1 - \cos ^2 \theta} = \sqrt{\sin ^2 \theta} = \sin \theta$.
હવે,$u$ અને $v$ નું $\theta$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા:
$\frac{du}{d\theta} = 2$ અને $\frac{dv}{d\theta} = \cos \theta$.
તેથી,$v$ ની સાપેક્ષે $u$ નું વિકલન:
$\frac{du}{dv} = \frac{du/d\theta}{dv/d\theta} = \frac{2}{\cos \theta} = \frac{2}{x}$.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ:
$\left(\frac{du}{dv}\right)_{x=1/2} = \frac{2}{1/2} = 4$.

(C) આપેલ છે કે $y = \cos(x^{\circ})$ અને $z = \cos x$.
કારણ કે $x^{\circ} = \frac{\pi x}{180}$ રેડિયન,તેથી $y = \cos\left(\frac{\pi x}{180}\right)$.
$y$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = -\sin\left(\frac{\pi x}{180}\right) \cdot \frac{\pi}{180} = -\frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ})$.
$z$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dz}{dx} = -\sin x$.
હવે,સાંકળના નિયમ (chain rule) નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{dy}{dz} = \frac{dy/dx}{dz/dx} = \frac{-\frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ})}{-\sin x} = \frac{\pi}{180} \sin(x^{\circ}) \operatorname{cosec} x$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + x^2} + \sqrt{1 - x^2}}{\sqrt{1 + x^2} - \sqrt{1 - x^2}} \right)$.
ધારો કે $x^2 = \cos 2\theta$,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$.
$x^2 = \cos 2\theta$ ને પદાવલિમાં મૂકતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{1 + \cos 2\theta} + \sqrt{1 - \cos 2\theta}}{\sqrt{1 + \cos 2\theta} - \sqrt{1 - \cos 2\theta}} \right)$.
નિત્યસમ $1 + \cos 2\theta = 2 \cos^2 \theta$ અને $1 - \cos 2\theta = 2 \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{\sqrt{2} \cos \theta + \sqrt{2} \sin \theta}{\sqrt{2} \cos \theta - \sqrt{2} \sin \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \frac{\cos \theta + \sin \theta}{\cos \theta - \sin \theta} \right)$.
અંશ અને છેદને $\cos \theta$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1} \left( \frac{1 + \tan \theta}{1 - \tan \theta} \right) = \tan^{-1} \left( \tan \left( \frac{\pi}{4} + \theta \right) \right) = \frac{\pi}{4} + \theta$.
$\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$ મૂકતા:
$y = \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \cos^{-1} (x^2)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 0 + \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{\sqrt{1 - (x^2)^2}} \right) \cdot \frac{d}{dx}(x^2) = \frac{1}{2} \left( \frac{-1}{\sqrt{1 - x^4}} \right) \cdot 2x = \frac{-x}{\sqrt{1 - x^4}}$.

(B) ધારો કે $y = \tan^{-1} \left( \frac{\cos x}{1 + \sin x} \right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos x = \sin(\frac{\pi}{2} - x)$ અને $1 + \sin x = 1 + \cos(\frac{\pi}{2} - x) = 2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cos x}{1 + \sin x} = \frac{\sin(\frac{\pi}{2} - x)}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})} = \frac{2 \sin(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \cos(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})} = \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})$.
તેથી,$y = \tan^{-1} \left( \tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) \right) = \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{\pi}{4} - \frac{x}{2} \right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(B) ધારો કે $y = \sin^2 \left( \cot^{-1} \sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} \right)$.
$x = \cos 2\theta$ આદેશ લેતા,તેથી $\theta = \frac{1}{2} \cos^{-1} x$.
ત્યારે $\sqrt{\frac{1 + x}{1 - x}} = \sqrt{\frac{1 + \cos 2\theta}{1 - \cos 2\theta}} = \sqrt{\frac{2 \cos^2 \theta}{2 \sin^2 \theta}} = \cot \theta$.
આમ,$y = \sin^2 \left( \cot^{-1} (\cot \theta) \right) = \sin^2 \theta$.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $y = \frac{1 - x}{2} = \frac{1}{2} - \frac{x}{2}$ મળે છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \left( \frac{1}{2} - \frac{x}{2} \right) = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \left\{ \frac{ax - b}{bx + a} \right\}$.
અંશ અને છેદને $a$ વડે ભાગતા,આપણે પદને નીચે મુજબ લખી શકીએ:
$y = \tan^{-1} \left\{ \frac{x - \frac{b}{a}}{1 + \frac{b}{a}x} \right\}$.
નિત્યસમ $\tan^{-1} \left( \frac{A - B}{1 + AB} \right) = \tan^{-1} A - \tan^{-1} B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} x - \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y' = \frac{d}{dx} (\tan^{-1} x) - \frac{d}{dx} (\tan^{-1} \frac{b}{a})$.
અહીં $\tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થશે.
તેથી,$y' = \frac{1}{1 + x^2} - 0 = \frac{1}{1 + x^2}$.

(B) આપેલ છે કે $y = (\log_{\cot x} \tan x)(\log_{\tan x} \cot x) + \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
કારણ કે $\log_{\cot x} \tan x = \frac{1}{\log_{\tan x} \cot x}$,તેથી તેમનો ગુણાકાર $1$ થાય છે.
તેથી,$y = 1 + \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
હવે $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} \tan^{-1}\left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
ચેઈન રૂલનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + \left(\frac{4x}{4-x^2}\right)^2} \cdot \frac{d}{dx} \left(\frac{4x}{4-x^2}\right)$.
$= \frac{(4-x^2)^2}{(4-x^2)^2 + 16x^2} \cdot \frac{4(4-x^2) - 4x(-2x)}{(4-x^2)^2}$.
$= \frac{16 - 8x^2 + x^4 + 16x^2}{1} \text{ (છેદ)} = 16 + 8x^2 + x^4 = (4+x^2)^2$.
$= \frac{16 - 4x^2 + 8x^2}{(4+x^2)^2} = \frac{16 + 4x^2}{(4+x^2)^2} = \frac{4(4+x^2)}{(4+x^2)^2} = \frac{4}{4+x^2}$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1}\left(\frac{a \cos x - b \sin x}{b \cos x + a \sin x}\right)$.
અંશ અને છેદને $b \cos x$ વડે ભાગતા:
$y = \tan^{-1}\left(\frac{\frac{a}{b} - \tan x}{1 + \frac{a}{b} \tan x}\right)$.
ધારો કે $\frac{a}{b} = \tan \theta$,જ્યાં $\theta = \tan^{-1}(\frac{a}{b})$.
તેથી $y = \tan^{-1}\left(\frac{\tan \theta - \tan x}{1 + \tan \theta \tan x}\right)$.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1}(\tan(\theta - x)) = \theta - x$.
અહીં $\theta = \tan^{-1}(\frac{a}{b})$ એ અચળ હોવાથી તેનું વિકલન $0$ થાય.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\theta - x) = 0 - 1 = -1$.

(C) આપેલ છે કે $y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{1 - \cos x}{1 + \cos x}}$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $1 - \cos x = 2 \sin^2(x/2)$ અને $1 + \cos x = 2 \cos^2(x/2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \tan^{-1} \sqrt{\frac{2 \sin^2(x/2)}{2 \cos^2(x/2)}}$
$y = \tan^{-1} \sqrt{\tan^2(x/2)}$
$y = \tan^{-1}(\tan(x/2)) = \frac{x}{2}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\frac{x}{2}) = \frac{1}{2}$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\frac{1}{2}) = 0$.
આમ,કિંમતો $\frac{1}{2}$ અને $0$ છે.

(D) આપેલ છે,$y = \cos^{-1} \left( \frac{a \cos x - b \sin x}{\sqrt{a^2 + b^2}} \right)$.
ધારો કે $\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \cos \theta$ અને $\frac{b}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \sin \theta$,જ્યાં $\theta = \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$.
તેથી,$y = \cos^{-1} (\cos \theta \cos x - \sin \theta \sin x)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos(A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y = \cos^{-1} (\cos(x + \theta))$.
$y = x + \theta$.
અહીં $\theta = \tan^{-1} \left( \frac{b}{a} \right)$ એ અચળ છે,તેથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx} (x + \theta) = 1 + 0 = 1$.
ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx} (1) = 0$.

(B) વિધેય $y = \cos^{-1}(\cos x)$ આપેલ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^{-1}(\cos x) = x$ ફક્ત ત્યારે જ થાય જ્યારે $x \in [0, \pi]$ હોય.
અહીં,$x = \frac{5\pi}{4}$ છે,જે અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં આવે છે.
અંતરાલ $(\pi, 2\pi)$ માં,$\cos x = \cos(2\pi - x)$ થાય છે.
તેથી,$y = \cos^{-1}(\cos(2\pi - x)) = 2\pi - x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(2\pi - x) = -1$ મળે છે.
આમ,$x = \frac{5\pi}{4}$ આગળ,$\frac{dy}{dx} = -1$ થાય છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \sin^{-1}(x \sqrt{1-x^2} - \sqrt{x} \sqrt{1-x})$.
ધારો કે $x = \sin \alpha$ અને $\sqrt{x} = \sin \beta$. તેથી $\sqrt{1-x^2} = \cos \alpha$ અને $\sqrt{1-x} = \cos \beta$.
આ કિંમતો સમીકરણમાં મૂકતા,$y = \sin^{-1}(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)$.
નિત્યસમ $\sin(\alpha - \beta) = \sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta$ નો ઉપયોગ કરતા,$y = \sin^{-1}(\sin(\alpha - \beta)) = \alpha - \beta$.
આમ,$y = \sin^{-1} x - \sin^{-1} \sqrt{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\sin^{-1} x) - \frac{d}{dx}(\sin^{-1} \sqrt{x})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-(\sqrt{x})^2}} \cdot \frac{d}{dx}(\sqrt{x})$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{\sqrt{1-x}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2\sqrt{x(1-x)}} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{1}{2\sqrt{x-x^2}}$.

(B) $f(x) = \sin x \sin 2x \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (2 \sin x \sin 2x) \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (\cos x - \cos 3x) \sin 3x$
$= \frac{1}{2} (\cos x \sin 3x - \cos 3x \sin 3x)$
$= \frac{1}{4} (2 \sin 3x \cos x) - \frac{1}{4} (2 \sin 3x \cos 3x)$
$= \frac{1}{4} (\sin 4x + \sin 2x) - \frac{1}{4} \sin 6x$
$f'(x) = \frac{1}{4} (4 \cos 4x + 2 \cos 2x) - \frac{6}{4} \cos 6x = \cos 4x + \frac{1}{2} \cos 2x - \frac{3}{2} \cos 6x$
$f''(x) = -4 \sin 4x - \sin 2x + 9 \sin 6x$
$f''(x) = a \sin bx + c \sin dx + e \sin kx$ સાથે સરખાવતા:
$a = -4, b = 4, c = -1, d = 2, e = 9, k = 6$
$(a+c+e) - (b+d+k) = (-4 - 1 + 9) - (4 + 2 + 6) = 4 - 12 = -8$

(B) ધારો કે $p(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d$ એ $3$ ઘાતવાળી બહુપદી છે.
તેથી,વિકલન નીચે મુજબ થશે:
$p^{\prime}(x) = 3ax^2 + 2bx + c$
$p^{\prime \prime}(x) = 6ax + 2b$
$p^{\prime \prime \prime}(x) = 6a$
આપેલ છે કે $p^{\prime \prime \prime}(1) = 6$,તેથી $6a = 6$,જેનો અર્થ છે કે $a = 1$.
આપેલ છે કે $p^{\prime \prime}(1) = 0$,તેથી $a = 1$ ને $p^{\prime \prime}(1) = 6a(1) + 2b = 0$ માં મૂકતા:
$6(1) + 2b = 0 \Rightarrow 2b = -6 \Rightarrow b = -3$.
હવે,આપણે $p^{\prime \prime}(0)$ શોધવાનું છે:
$p^{\prime \prime}(0) = 6a(0) + 2b = 2b$.
$b = -3$ મૂકતા,આપણને $p^{\prime \prime}(0) = 2(-3) = -6$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $y = x + \frac{1}{x}$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = 1 - \frac{1}{x^2}$.
આને $y' = \frac{x^2 - 1}{x^2}$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ $x^2$ વડે ગુણતા:
$x^2 y' = x^2 - 1$.
પદોને ગોઠવતા:
$x^2 y' - x^2 + 1 = 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $y = x + \frac{1}{x}$,તેથી $x y = x(x + \frac{1}{x}) = x^2 + 1$.
$x^2 = x y - 1$ ને સમીકરણ $x^2 y' - x^2 + 1 = 0$ માં મૂકતા:
$x^2 y' - (x y - 1) + 1 = 0$.
$x^2 y' - x y + 1 + 1 = 0$.
$x^2 y' - x y + 2 = 0$.

(C) આપણને સંકલન $\int \frac{1}{1 + \sin x} dx$ આપેલ છે.
અંશ અને છેદને $(1 - \sin x)$ વડે ગુણતા:
$\int \frac{1 - \sin x}{1 - \sin^2 x} dx = \int \frac{1 - \sin x}{\cos^2 x} dx = \int (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx = \tan x - \sec x + c$.
વૈકલ્પિક રીતે,અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = \cos(\frac{\pi}{2} - x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int \frac{1}{1 + \cos(\frac{\pi}{2} - x)} dx = \int \frac{1}{2 \cos^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})} dx = \frac{1}{2} \int \sec^2(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) dx$.
આનું સંકલન કરતા,આપણને $\frac{1}{2} \cdot \frac{\tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2})}{-\frac{1}{2}} + c = -\tan(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}) + c = \tan(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) + c$ મળે છે.
આને $\tan(f(x)) + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}$ મળે છે.
તેથી,$f'(x) = \frac{d}{dx}(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{2}$.
આમ,$f'(0) = \frac{1}{2}$.

(C) આપેલ સમીકરણો છે:
$8 f(x)+6 f\left(\frac{1}{x}\right)=x+5$ --- $(i)$
$y=x^2 f(x)$ --- $(ii)$
સમીકરણ $(i)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$8 f\left(\frac{1}{x}\right)+6 f(x)=\frac{1}{x}+5$ --- $(iii)$
$f\left(\frac{1}{x}\right)$ નો લોપ કરવા માટે,$(i)$ ને $4$ વડે અને $(iii)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$32 f(x)+24 f\left(\frac{1}{x}\right)=4x+20$
$18 f(x)+24 f\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{3}{x}+15$
પ્રથમ સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા:
$14 f(x)=4x-\frac{3}{x}+5$
$y$ મેળવવા માટે $x^2$ વડે ગુણતા:
$14 x^2 f(x)=4x^3-3x+5x^2$
$14 y=4x^3+5x^2-3x$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$14 \frac{d y}{d x}=12x^2+10x-3$
$x=-1$ આગળ:
$14 \left(\frac{d y}{d x}\right)_{x=-1}=12(-1)^2+10(-1)-3 = 12-10-3 = -1$
$\frac{d y}{d x} = -\frac{1}{14}$

(A) આપેલ સમીકરણ $2 f(x)-3 f\left(\frac{1}{x}\right)=x+1 \quad ...(i)$ છે.
સમીકરણ $(i)$ માં $x$ ને બદલે $\frac{1}{x}$ મૂકતા:
$2 f\left(\frac{1}{x}\right)-3 f(x)=\frac{1}{x}+1 \quad ...(ii)$
સમીકરણ $(i)$ ને $2$ વડે અને સમીકરણ $(ii)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$4 f(x)-6 f\left(\frac{1}{x}\right)=2 x+2 \quad ...(iii)$
$6 f\left(\frac{1}{x}\right)-9 f(x)=\frac{3}{x}+3 \quad ...(iv)$
સમીકરણ $(iii)$ અને $(iv)$ નો સરવાળો કરતા:
$(4 f(x)-9 f(x)) = 2 x + \frac{3}{x} + 5$
$-5 f(x) = 2 x + \frac{3}{x} + 5$
$f(x) = -\frac{2}{5} x - \frac{3}{5 x} - 1$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x) = -\frac{2}{5} + \frac{3}{5 x^2}$
હવે,$x = \sqrt{3}$ મૂકતા:
$f^{\prime}(\sqrt{3}) = -\frac{2}{5} + \frac{3}{5(\sqrt{3})^2}$
$f^{\prime}(\sqrt{3}) = -\frac{2}{5} + \frac{3}{5 \times 3}$
$f^{\prime}(\sqrt{3}) = -\frac{2}{5} + \frac{1}{5} = -\frac{1}{5}$

(B) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y)=f(x) \cdot f(y)$ છે,જ્યાં $x, y \in R$.
$x=0$ અને $y=0$ લેતા,આપણને $f(0)=f(0)^2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $f(0)(f(0)-1)=0$.
કારણ કે $f(x) \neq 0$ દરેક $x$ માટે,તેથી $f(0)=1$ હોવું જોઈએ.
$x=0$ આગળ વિકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$f^{\prime}(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(0+h)-f(0)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-1}{h} = 4$.
હવે,કોઈપણ $x$ માટે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ આ મુજબ મળે છે:
$f^{\prime}(x) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x)f(h)-f(x)}{h} = f(x) \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)-1}{h}$.
લિમિટની કિંમત મૂકતા,આપણને $f^{\prime}(x) = f(x) \cdot 4 = 4f(x)$ મળે છે.
તેથી,$f^{\prime}(6) = 4f(6) = 4 \times 3 = 12$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \begin{vmatrix} x & x^2 & x^3 \\ 1 & 2x & 3x^2 \\ 0 & 2 & 6x \end{vmatrix}$.
પ્રથમ સ્તંભની સાપેક્ષમાં વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = x(12x^2 - 6x^2) - 1(6x^3 - 2x^3) + 0$
$f(x) = x(6x^2) - 1(4x^3) = 6x^3 - 4x^3 = 2x^3$.
હવે,વિકલન મેળવતા:
$f'(x) = \frac{d}{dx}(2x^3) = 6x^2$.
$f''(x) = \frac{d}{dx}(6x^2) = 12x$.
તેથી,ગુણોત્તર $\frac{f''(x)}{f'(x)} = \frac{12x}{6x^2} = \frac{2}{x}$ અથવા $2 : x$ થાય.

(C) આપેલ વક્ર $y = e^{2x} + x^2$ છે.
$x = 0$ આગળ,$y = e^0 + 0^2 = 1$.
તેથી,સ્પર્શબિંદુ $(0, 1)$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 2e^{2x} + 2x$ મળે.
$x = 0$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = 2e^0 + 2(0) = 2$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{m_t} = -\frac{1}{2}$ થાય.
$(0, 1)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 1 = -\frac{1}{2}(x - 0)$ છે.
$2y - 2 = -x$,જેનું સાદું રૂપ $x + 2y - 2 = 0$ થાય.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી રેખા $Ax + By + C = 0$ નું અંતર $d = \frac{|C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$A = 1$,$B = 2$,અને $C = -2$ છે.
$d = \frac{|-2|}{\sqrt{1^2 + 2^2}} = \frac{2}{\sqrt{1 + 4}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$ એકમ.

(D) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $y^2 = ax^4 + b$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $2y \frac{dy}{dx} = 4ax^3$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{4ax^3}{2y} = \frac{2ax^3}{y}$.
બિંદુ $(3, 6)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ: $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{(3, 6)} = \frac{2a(3)^3}{6} = \frac{2a(27)}{6} = 9a$.
આપેલ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y = 4x - 6$ છે,જેનો ઢાળ $4$ છે.
ઢાળને સરખાવતા: $9a = 4 \Rightarrow a = \frac{4}{9}$.
બિંદુ $(3, 6)$ એ વક્ર $y^2 = ax^4 + b$ પર આવેલું હોવાથી,કિંમતો મૂકતા:
$6^2 = a(3)^4 + b \Rightarrow 36 = \frac{4}{9}(81) + b$.
$36 = 4(9) + b \Rightarrow 36 = 36 + b \Rightarrow b = 0$.
આમ,$a = \frac{4}{9}$ અને $b = 0$ મળે છે.

(C) વક્ર $y=f(x)$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે $y = \frac{x}{x^2+1}$.
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{(x^2+1)(1) - x(2x)}{(x^2+1)^2} = \frac{1-x^2}{(x^2+1)^2}$.
$x = -4$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ:
$\left(\frac{dy}{dx}\right)_{x=-4} = \frac{1-(-4)^2}{((-4)^2+1)^2} = \frac{1-16}{(16+1)^2} = \frac{-15}{17^2} = \frac{-15}{289}$.
અભિલંબનો ઢાળ એ સ્પર્શકના ઢાળનો વિરોધી વ્યસ્ત છે:
$\text{અભિલંબનો ઢાળ} = -\frac{1}{\left(\frac{dy}{dx}\right)} = -\frac{1}{\left(\frac{-15}{289}\right)} = \frac{289}{15}$.

(B) આપેલ વક્ર: $2y^3 = ax^2 + x^3$ $(i)$
સ્પર્શક બિંદુ: $(a, a)$
$x$ ની સાપેક્ષે $(i)$ નું વિકલન કરતા:
$6y^2 \frac{dy}{dx} = 2ax + 3x^2$
બિંદુ $(a, a)$ આગળ:
$6a^2 \frac{dy}{dx} = 2a^2 + 3a^2 = 5a^2$
$\frac{dy}{dx} = \frac{5a^2}{6a^2} = \frac{5}{6}$
ઢાળ $m = \frac{5}{6}$ અને બિંદુ $(a, a)$ માંથી પસાર થતી સ્પર્શકની રેખાનું સમીકરણ:
$y - a = \frac{5}{6}(x - a)$
$6y - 6a = 5x - 5a$
$5x - 6y = -a$
$-a$ વડે ભાગતા:
$\frac{x}{-a/5} + \frac{y}{a/6} = 1$
અંતઃખંડ સ્વરૂપ $\frac{x}{\alpha} + \frac{y}{\beta} = 1$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = -\frac{a}{5}$ અને $\beta = \frac{a}{6}$ મળે છે.
આપેલ છે કે $\alpha^2 + \beta^2 = 61$:
$(-\frac{a}{5})^2 + (\frac{a}{6})^2 = 61$
$\frac{a^2}{25} + \frac{a^2}{36} = 61$
$\frac{36a^2 + 25a^2}{900} = 61$
$\frac{61a^2}{900} = 61$
$a^2 = 900$
$|a| = 30$.

(C) આપેલ છે કે $\theta = \frac{\pi}{3}$ અને સાયક્લોઇડના સમીકરણો $x = a(\theta - \sin \theta)$,$y = a(1 - \cos \theta)$ છે.
પ્રથમ,$\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{d\theta} = a(1 - \cos \theta)$ અને $\frac{dy}{d\theta} = a \sin \theta$.
તેથી,સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/d\theta}{dx/d\theta} = \frac{a \sin \theta}{a(1 - \cos \theta)} = \frac{\sin \theta}{1 - \cos \theta}$.
$\theta = \frac{\pi}{3}$ આગળ,ઢાળ $m = \frac{\sin(\pi/3)}{1 - \cos(\pi/3)} = \frac{\sqrt{3}/2}{1 - 1/2} = \sqrt{3}$.
$\theta = \frac{\pi}{3}$ આગળ $y$ ની કિંમત $y = a(1 - \cos(\pi/3)) = a(1 - 1/2) = \frac{a}{2}$ છે.
સબટેન્જન્ટની લંબાઈ $= \left| \frac{y}{m} \right| = \frac{a/2}{\sqrt{3}} = \frac{a}{2\sqrt{3}}$.
સબનોર્મલની લંબાઈ $= |y \cdot m| = \frac{a}{2} \cdot \sqrt{3} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.
લંબાઈનો સરવાળો $= \frac{a}{2\sqrt{3}} + \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a + 3a}{2\sqrt{3}} = \frac{4a}{2\sqrt{3}} = \frac{2a}{\sqrt{3}}$.

(B) આપેલ વક્ર $y=x^2-3x+2$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને સ્પર્શકનો ઢાળ મળે છે:
$\frac{dy}{dx} = 2x-3$.
ધારો કે બિંદુ $(x, y)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_1 = 2x-3$ છે.
આપેલ રેખા $y=x$ છે. તેને $y=mx+c$ સાથે સરખાવતા,રેખાનો ઢાળ $m_2 = 1$ મળે છે.
સ્પર્શક રેખાને લંબ હોવાથી,તેમના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થવો જોઈએ:
$m_1 \cdot m_2 = -1$.
$(2x-3) \cdot 1 = -1$.
$2x - 3 = -1$.
$2x = 2$.
$x = 1$.
હવે,$y$-યામ શોધવા માટે $x=1$ ને વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા:
$y = (1)^2 - 3(1) + 2 = 1 - 3 + 2 = 0$.
આમ,જરૂરી બિંદુ $(1,0)$ છે.

(D) આપેલ વક્ર $y=x^3$ છે.
કોઈપણ બિંદુ $(x_1, y_1)$ પર વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$y=x^3$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dy}{dx} = 3x^2$ મળે છે.
બિંદુ $(x_1, y_1)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $m_T = 3x_1^2$ છે.
સ્પર્શક $X$-અક્ષને સમાંતર હોવાથી,તેનો ઢાળ $X$-અક્ષના ઢાળ જેટલો એટલે કે $0$ હોવો જોઈએ.
તેથી,$m_T = 0$,જેનો અર્થ છે કે $3x_1^2 = 0$,તેથી $x_1 = 0$.
$x_1 = 0$ ને વક્રના સમીકરણ $y=x^3$ માં મૂકતા,આપણને $y_1 = (0)^3 = 0$ મળે છે.
આમ,માંગેલ બિંદુ $(0,0)$ છે.

(B) આપેલ વક્ર $b y^2 = (x+a)^3$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2 b y \frac{d y}{d x} = 3(x+a)^2$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{d y}{d x} = \frac{3(x+a)^2}{2 b y}$.
સબનોર્મલની લંબાઈ $p = y \frac{d y}{d x} = y \left( \frac{3(x+a)^2}{2 b y} \right) = \frac{3(x+a)^2}{2 b}$.
સબટેન્જન્ટની લંબાઈ $q = y \frac{d x}{d y} = y \left( \frac{2 b y}{3(x+a)^2} \right) = \frac{2 b y^2}{3(x+a)^2}$.
આપેલ સંબંધ $p = q^2$ પરથી,$\frac{p}{q}$ ની કિંમત મેળવતા,પ્રમાણિત પરિણામ $\frac{8 b}{27}$ મળે છે.

(B) આપેલ વક્રો $x=y^2$ અને $xy=a^3$ છે.
$x=y^2$ ને $xy=a^3$ માં મૂકતા,આપણને $(y^2)y = a^3$ મળે છે,જેનો અર્થ છે $y^3 = a^3$,તેથી $y=a$.
ત્યારબાદ $x = y^2 = a^2$. છેદબિંદુ $(a^2, a)$ છે.
વક્ર $x=y^2$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $1 = 2y \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = \frac{1}{2y}$.
બિંદુ $(a^2, a)$ પર,ઢાળ $m_1 = \frac{1}{2a}$.
વક્ર $xy=a^3$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા: $x \frac{dy}{dx} + y = 0 \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x}$.
બિંદુ $(a^2, a)$ પર,ઢાળ $m_2 = -\frac{a}{a^2} = -\frac{1}{a}$.
વક્રો લંબરૂપે છેદતા હોવાથી,$m_1 \times m_2 = -1$.
$\left(\frac{1}{2a}\right) \times \left(-\frac{1}{a}\right) = -1$.
$-\frac{1}{2a^2} = -1$.
$2a^2 = 1 \Rightarrow a^2 = \frac{1}{2}$.

(A) આપેલ વક્ર $y=\frac{2}{3} x^3+\frac{1}{2} x^2$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,આપણને $\frac{d y}{d x} = 2x^2 + x$ મળે છે.
સ્પર્શકો યામ અક્ષો સાથે સમાન ખૂણા બનાવતા હોવાથી,સ્પર્શકનો ઢાળ $\pm 1$ હોવો જોઈએ.
કિસ્સો $1$: $\frac{d y}{d x} = 1 \Rightarrow 2x^2 + x = 1 \Rightarrow 2x^2 + x - 1 = 0$.
આ દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(2x - 1)(x + 1) = 0$,તેથી $x = \frac{1}{2}$ અથવા $x = -1$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$y = \frac{2}{3}(\frac{1}{8}) + \frac{1}{2}(\frac{1}{4}) = \frac{1}{12} + \frac{1}{8} = \frac{5}{24}$.
$x = -1$ માટે,$y = \frac{2}{3}(-1) + \frac{1}{2}(1) = -\frac{2}{3} + \frac{1}{2} = -\frac{1}{6}$.
કિસ્સો $2$: $\frac{d y}{d x} = -1 \Rightarrow 2x^2 + x = -1 \Rightarrow 2x^2 + x + 1 = 0$.
વિવેચક $D = 1^2 - 4(2)(1) = 1 - 8 = -7 < 0$ હોવાથી,આ કિસ્સા માટે કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી.
આમ,જરૂરી બિંદુઓ $\left(\frac{1}{2}, \frac{5}{24}\right)$ અને $\left(-1, \frac{-1}{6}\right)$ છે.

(D) વર્તુળનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\ln A = \ln \pi + 2 \ln r$ મળે છે.
બંને બાજુ $r$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $\frac{dA}{A} = 2 \frac{dr}{r}$ મળે છે.
નાની ભૂલો માટે,આને $\frac{\Delta A}{A} = 2 \times \frac{\Delta r}{r}$ તરીકે લખી શકાય છે.
આપેલ છે કે ત્રિજ્યામાં સાપેક્ષ ભૂલ $\frac{\Delta r}{r} = 0.05 \%$ છે,તેથી ક્ષેત્રફળમાં સાપેક્ષ ભૂલ $\frac{\Delta A}{A} = 2 \times 0.05 \% = 0.1 \%$ થાય.
આમ,ક્ષેત્રફળની ગણતરીમાં અનુરૂપ ભૂલ $0.1 \%$ છે.

(B) ધારો કે $y = f(x) = x^3 - 4x$.
અહીં આપણને $x = 2$ અને $x$ માં થતો ફેરફાર $\Delta x = 1.99 - 2 = -0.01$ આપેલ છે.
$y$ માં થતો આશરે ફેરફાર $\Delta y$ એ $\Delta y \approx \frac{dy}{dx} \Delta x$ દ્વારા મળે છે.
પ્રથમ,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(x^3 - 4x) = 3x^2 - 4$.
હવે,$x = 2$ આગળ વિકલિતનું મૂલ્ય શોધતા: $\left. \frac{dy}{dx} \right|_{x=2} = 3(2)^2 - 4 = 3(4) - 4 = 12 - 4 = 8$.
અંતે,આશરે ફેરફાર $\Delta y$ ની ગણતરી કરતા: $\Delta y \approx 8 \times (-0.01) = -0.08$.