AP EAMCET 2022 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $S$ છે.
$S = \sum_{k=1}^{89} \frac{1}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}}$
$\sin 1^{\circ}$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{k=1}^{89} \frac{\sin((k+1)^{\circ} - k^{\circ})}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}}$
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{k=1}^{89} (\cot k^{\circ} - \cot(k+1)^{\circ})$
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot 1^{\circ} - \cot 90^{\circ})$
$\cot 90^{\circ} = 0$ હોવાથી:
$S = \frac{\cot 1^{\circ}}{\sin 1^{\circ}} = \frac{\cos 1^{\circ}}{\sin^2 1^{\circ}}$

(B) આપેલ છે કે $\cos^4 \theta = a \cos 4\theta + b \cos 2\theta + c$.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^4 \theta = \left(\frac{1 + \cos 2\theta}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} (1 + 2 \cos 2\theta + \cos^2 2\theta)$.
$\cos^2 2\theta = \frac{1 + \cos 4\theta}{2}$ મુકતા:
$\cos^4 \theta = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{1}{4} \left(\frac{1 + \cos 4\theta}{2}\right)$.
$= \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} \cos 4\theta$.
$= \frac{1}{8} \cos 4\theta + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{3}{8}$.
સરખામણી કરતા,$a = \frac{1}{8}$,$b = \frac{1}{2}$,અને $c = \frac{3}{8}$ મળે છે.
તેથી,$(a, b, c) = \left(\frac{1}{8}, \frac{1}{2}, \frac{3}{8}\right)$.

(A) આપણી પાસે છે,$\sin (5 \theta) = \sin (3 \theta + 2 \theta)$.
$\sin (A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin (5 \theta) = \sin 3 \theta \cos 2 \theta + \cos 3 \theta \sin 2 \theta$.
બહુવિધ ખૂણાના સૂત્રો મૂકતા:
$\sin (5 \theta) = (3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + (4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta)(2 \sin \theta \cos \theta)$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$\sin (5 \theta) = 16 \sin \theta \cos^4 \theta - 12 \sin \theta \cos^2 \theta + \sin \theta$.

(C) આપેલ છે,$A+B+C=\pi$,જેનો અર્થ છે $B=\pi-(A+C)$.
સમીકરણ $\cos B=\cos A \cos C$ આપેલ છે.
$B$ ની કિંમત મૂકતા,$\cos(\pi-(A+C))=\cos A \cos C$.
નિત્યસમ $\cos(\pi-\theta)=-\cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\cos(A+C)=\cos A \cos C$.
ડાબી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા,$-(\cos A \cos C - \sin A \sin C) = \cos A \cos C$.
$-\cos A \cos C + \sin A \sin C = \cos A \cos C$.
પદોને ગોઠવતા,$\sin A \sin C = 2 \cos A \cos C$.
બંને બાજુ $\cos A \cos C$ વડે ભાગતા,$\frac{\sin A \sin C}{\cos A \cos C} = 2$.
તેથી,$\tan A \tan C = 2$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 5 \theta = \cos (4 \theta + \theta)$.
$\cos (A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 5 \theta = \cos 4 \theta \cos \theta - \sin 4 \theta \sin \theta$
$= (2 \cos ^2 2 \theta - 1) \cos \theta - (2 \sin 2 \theta \cos 2 \theta) \sin \theta$
$= \{2(2 \cos ^2 \theta - 1)^2 - 1\} \cos \theta - 4 \sin ^2 \theta \cos \theta (2 \cos ^2 \theta - 1)$
$= (8 \cos ^4 \theta - 8 \cos ^2 \theta + 1) \cos \theta - 4(1 - \cos ^2 \theta) \cos \theta (2 \cos ^2 \theta - 1)$
$= 16 \cos ^5 \theta - 20 \cos ^3 \theta + 5 \cos \theta$

(A) આપેલ છે: $\cos \theta - \sin \theta = \sqrt{5} \sin \theta$
$\cos \theta = (\sqrt{5} + 1) \sin \theta$
$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{5} + 1} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$
ધારો કે $x = \cos \theta + \sin \theta$.
$x^2 = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta = 1 + 2 \sin \theta \cos \theta$
$\cos \theta = (\sqrt{5} + 1) \sin \theta$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{\cos \theta}{\sqrt{5} + 1}$ મળે.
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^2 \theta + \frac{\cos^2 \theta}{(\sqrt{5} + 1)^2} = 1$
સાદુરૂપ આપતા,$\cos \theta + \sin \theta = \sqrt{5} \cos \theta$ મળે છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec ^2 x = 1 + \tan ^2 x$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$1 + \tan ^2 x + 5 \tan x + 5$
$= \tan ^2 x + 5 \tan x + 6$
હવે,$\tan x$ ના સ્વરૂપમાં દ્વિઘાત પદાવલિના અવયવ પાડતા:
$= \tan ^2 x + 2 \tan x + 3 \tan x + 6$
$= \tan x(\tan x + 2) + 3(\tan x + 2)$
$= (\tan x + 2)(\tan x + 3)$

(A) આપેલ છે $\sin x + a \cos x = b$ ... $(i)$
ધારો કે $y = |a \sin x - \cos x|$.
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(\sin x + a \cos x)^2 = b^2$
$\sin^2 x + a^2 \cos^2 x + 2a \sin x \cos x = b^2$ ... $(ii)$
$(a \sin x - \cos x)^2 = y^2$
$a^2 \sin^2 x + \cos^2 x - 2a \sin x \cos x = y^2$ ... $(iii)$
$(ii)$ અને $(iii)$ નો સરવાળો કરતા:
$(\sin^2 x + a^2 \cos^2 x) + (a^2 \sin^2 x + \cos^2 x) = b^2 + y^2$
$\sin^2 x (1 + a^2) + \cos^2 x (a^2 + 1) = b^2 + y^2$
$(a^2 + 1)(\sin^2 x + \cos^2 x) = b^2 + y^2$
$a^2 + 1 = b^2 + y^2$
$y^2 = a^2 - b^2 + 1$
$y = \sqrt{a^2 - b^2 + 1}$

(A) આપેલ સમીકરણ: $\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=1$
નિત્યસમ $\sin(A+B)+\sin(A-B) = 2 \sin A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin x \cos \frac{\pi}{3} = 1$
કારણ કે $\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$,તેથી:
$2 \sin x \cdot \frac{1}{2} = 1$
$\sin x = 1$
$x \in [0, \pi]$ માટે,$x$ ની કિંમત $\frac{\pi}{2}$ મળે છે.

(A) ધારો કે $x = \cot \theta$. પદાવલિ $2x^2 - x - 3$ બને છે.
$2x^2 - x - 3$ ના અવયવો પાડવા માટે,આપણે એવી બે સંખ્યાઓ શોધીએ જેનો ગુણાકાર $2 \times (-3) = -6$ અને સરવાળો $-1$ થાય.
આ સંખ્યાઓ $-3$ અને $2$ છે.
$2x^2 - 3x + 2x - 3 = x(2x - 3) + 1(2x - 3) = (2x - 3)(x + 1)$.
$x = \cot \theta$ પાછું મૂકતા,આપણને $(2 \cot \theta - 3)(\cot \theta + 1)$ મળે છે.

(C) આપેલ પદાવલિ: $\tan x + \frac{\cos x}{1 + \sin x}$
$= \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{1 + \sin x}$
$= \frac{\sin x(1 + \sin x) + \cos^2 x}{\cos x(1 + \sin x)}$
$= \frac{\sin x + \sin^2 x + \cos^2 x}{\cos x(1 + \sin x)}$
$\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ હોવાથી,આપણને મળે:
$= \frac{\sin x + 1}{\cos x(1 + \sin x)}$
$= \frac{1}{\cos x} = \sec x$

(C) આપેલ સમીકરણ $2 \cosh^2 x - 3 \sinh x - k = 0$ છે.
નિત્યસમ $\cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2(1 + \sinh^2 x) - 3 \sinh x - k = 0$
$2 \sinh^2 x - 3 \sinh x + (2 - k) = 0$.
ધારો કે $t = \sinh x$,જ્યાં $t \in R$. દ્વિઘાત સમીકરણ $2t^2 - 3t + (2 - k) = 0$ ને $x$ માટે કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ ન હોય જો વિવેચક $D < 0$ હોય.
$D = (-3)^2 - 4(2)(2 - k) < 0$
$9 - 8(2 - k) < 0$
$9 - 16 + 8k < 0$
$8k - 7 < 0$
$k < \frac{7}{8}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\triangle ABC$ માટે,$\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right) + \tan \left(\frac{C}{2}\right) \tan \left(\frac{A}{2}\right) = 1$.
ત્રિકોણ માટે,$\tan \left(\frac{A}{2}\right), \tan \left(\frac{B}{2}\right), \tan \left(\frac{C}{2}\right) > 0$ છે.
$AM \geq GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right) + \tan \left(\frac{C}{2}\right) \tan \left(\frac{A}{2}\right)}{3} \geq \left[\tan^2 \left(\frac{A}{2}\right) \tan^2 \left(\frac{B}{2}\right) \tan^2 \left(\frac{C}{2}\right)\right]^{\frac{1}{3}}$.
તેથી,$\frac{1}{3} \geq \left[\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right)\right]^{\frac{2}{3}}$.
બંને બાજુ ઘન કરતા,$\left(\tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{27}$ મળે છે.

(D) આપેલ અસમતા $2^{\sqrt{\sin^2 x - 2 \sin x + 5}} \cdot 2^{-2 \sin^2 y} \leq 1$ છે.
આને $2^{\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4}} \leq 2^{2 \sin^2 y}$ તરીકે લખી શકાય.
આધાર $2 > 1$ હોવાથી,$\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \leq 2 \sin^2 y$ મળે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(\sin x - 1)^2 \geq 0$,તેથી $\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \geq 2$.
આમ,$2 \sin^2 y \geq 2$,જેનો અર્થ છે કે $\sin^2 y \geq 1$.
$\sin^2 y$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\sin^2 y = 1$ એટલે કે $\sin y = \pm 1$.
$\sin^2 y = 1$ મૂકતા,$\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \leq 2$ મળે.
આથી $(\sin x - 1)^2 + 4 \leq 4$,એટલે કે $(\sin x - 1)^2 \leq 0$.
તેથી $\sin x = 1$.
આમ,$\sin x = |\sin y|$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $x+y+z = \frac{\pi}{2}$ અને $x \geq y \geq z \geq \frac{\pi}{12}$.
આપણે $f(x, y, z) = \cos x \sin y \cos z$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવી છે.
ગુણાકાર-થી-સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\cos x \cos z = \frac{1}{2}(\cos(x+z) + \cos(x-z))$.
$x+z = \frac{\pi}{2} - y$ હોવાથી,$\cos(x+z) = \sin y$ થાય.
તેથી,$f = \frac{1}{2}(\sin y + \cos(x-z)) \sin y = \frac{1}{2}(\sin^2 y + \sin y \cos(x-z))$.
ન્યૂનતમ કિંમત માટે,આપણે સીમાવર્તી શરતો ધ્યાનમાં લઈએ છીએ. $y = z = \frac{\pi}{12}$ લેતા,$x = \frac{\pi}{3}$ મળે.
કિંમતો મૂકતા: $\cos(\frac{\pi}{3}) \sin(\frac{\pi}{12}) \cos(\frac{\pi}{12}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.

(A) $A(-3, 4)$ નું રેખા $2x + y - 7 = 0$ ની સાપેક્ષમાં પ્રતિબિંબ $A'(\frac{21}{5}, \frac{38}{5})$ મળે છે.
ટૂંકા રસ્તા માટે $B$ એ $A'C$ રેખા અને આપેલી રેખાનું છેદબિંદુ છે.
રેખા $A'C$ નું સમીકરણ $11x - 7y + 7 = 0$ છે.
બંને રેખાઓ ઉકેલતા $B(\frac{42}{25}, \frac{91}{25})$ મળે છે.
અંતર સૂત્ર મુજબ $AB = \sqrt{(\frac{42}{25} + 3)^2 + (\frac{91}{25} - 4)^2} = \frac{9 \sqrt{170}}{25}$.

(D) ધારો કે $C = (x, y)$. $\triangle ABC$ એ $C$ આગળ કાટકોણ ધરાવતો સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ હોવાથી,$AC = BC$ અને $AC \perp BC$ થાય.
$AC^2 = BC^2$ પરથી,$(x-2)^2 + (y-3)^2 = (x-4)^2 + (y-5)^2$.
સાદુરૂપ આપતા,$4x + 4y = 28$,એટલે કે $x + y = 7 \implies y = 7 - x$.
$AC \perp BC$ હોવાથી,તેમના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થાય: $\left(\frac{y-3}{x-2}\right) \times \left(\frac{y-5}{x-4}\right) = -1$.
$(y-3)(y-5) = -(x-2)(x-4) \implies x^2 + y^2 - 6x - 8y + 23 = 0$.
$y = 7-x$ મુકતા: $x^2 + (7-x)^2 - 6x - 8(7-x) + 23 = 0$.
$2x^2 - 12x + 16 = 0 \implies x^2 - 6x + 8 = 0$.
$(x-2)(x-4) = 0$,તેથી $x = 2$ અથવા $x = 4$.
જો $x = 2$,તો $y = 5$,તેથી $C = (2, 5)$. મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{2+4+2}{3}, \frac{3+5+5}{3}\right) = \left(\frac{8}{3}, \frac{13}{3}\right)$.
જો $x = 4$,તો $y = 3$,તેથી $C = (4, 3)$. મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{2+4+4}{3}, \frac{3+5+3}{3}\right) = \left(\frac{10}{3}, \frac{11}{3}\right)$.
વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $\left(\frac{10}{3}, \frac{11}{3}\right)$ છે.

(A) સમીકરણ $|x+y|=2$ ને $x+y=2$ અથવા $x+y=-2$ તરીકે લખી શકાય છે.
$x+y=2$ માટે,અક્ષો પરના અંતઃખંડો $(2,0)$ અને $(0,2)$ છે.
$x+y=-2$ માટે,અક્ષો પરના અંતઃખંડો $(-2,0)$ અને $(0,-2)$ છે.
આ ચાર બિંદુઓ $A(0,2)$,$B(2,0)$,$C(0,-2)$,અને $D(-2,0)$ છે.
આ બિંદુઓ એક સમબાજુ ચતુષ્કોણ બનાવે છે જેના વિકર્ણોની લંબાઈ $d_1 = 4$ ($y$-અક્ષ પર) અને $d_2 = 4$ ($x$-અક્ષ પર) છે.
સમબાજુ ચતુષ્કોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times d_1 \times d_2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times 4 \times 4 = 8$ ચોરસ એકમ.

(C) ધારો કે યામ $A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)$ અને $C(x_3, y_3)$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$x$-યામ અને $y$-યામ સમાન સામાન્ય ગુણોત્તર $r$ સાથે $GP$ માં છે.
ધારો કે $x_1 = a, x_2 = ar, x_3 = ar^2$ અને $y_1 = b, y_2 = br, y_3 = br^2$.
આમ,બિંદુઓ $A(a, b), B(ar, br)$ અને $C(ar^2, br^2)$ છે.
$AB$ નો ઢાળ $= \frac{br - b}{ar - a} = \frac{b(r - 1)}{a(r - 1)} = \frac{b}{a}$.
$BC$ નો ઢાળ $= \frac{br^2 - br}{ar^2 - ar} = \frac{br(r - 1)}{ar(r - 1)} = \frac{b}{a}$.
$AB$ નો ઢાળ $= BC$ નો ઢાળ હોવાથી,બિંદુઓ $A, B$ અને $C$ સમરેખ છે.
તેથી,બિંદુઓ $A, B$ અને $C$ એક સીધી રેખા પર આવેલા છે.

(C) $(x_1, y_1, z_1)$,$(x_2, y_2, z_2)$ અને $(x_3, y_3, z_3)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $(a, 1, 3)$,$(-2, b, -5)$ અને $(4, 7, c)$ માટે મધ્યકેન્દ્ર $(0, 0, 0)$ છે:
$\frac{a-2+4}{3} = 0 \Rightarrow a = -2$
$\frac{1+b+7}{3} = 0 \Rightarrow b = -8$
$\frac{3-5+c}{3} = 0 \Rightarrow c = 2$
તેથી,$a^2 + b^2 + c^2 = (-2)^2 + (-8)^2 + (2)^2 = 4 + 64 + 4 = 72$.

(C) ધારો કે બાજુઓ $a = 13, b = 14, c = 15$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{13 + 14 + 15}{2} = \frac{42}{2} = 21$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \times 8 \times 7 \times 6} = \sqrt{7056} = 84$.
પરિત્રિજ્યા $R = \frac{abc}{4\Delta} = \frac{13 \times 14 \times 15}{4 \times 84} = \frac{2730}{336} = \frac{65}{8}$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{84}{21} = 4$.
હવે,$8R - r = 8 \times \left(\frac{65}{8}\right) - 4 = 65 - 4 = 61$.

(C) ધારો કે $A(-2, 2)$,$B(2, -2)$ અને $C(1, 1)$ એ $\triangle ABC$ ના શિરોબિંદુઓ છે.
અંતર સૂત્ર $d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$AB = \sqrt{(2 - (-2))^2 + (-2 - 2)^2} = \sqrt{4^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$
$BC = \sqrt{(1 - 2)^2 + (1 - (-2))^2} = \sqrt{(-1)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$
$AC = \sqrt{(1 - (-2))^2 + (1 - 2)^2} = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$
અહીં $BC = AC = \sqrt{10}$ હોવાથી,ત્રિકોણની બે બાજુઓ સમાન છે.
તેથી,$\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે.

(A) ધારો કે રેખાઓ $L_1: x-y+3=0$,$L_2: 2x-y+3=0$,$L_3: 3x-y+2=0$,અને $L_4: x+y-3=0$ છે.
ત્રિકોણ બનાવવા માટે,આપણને $3$ એવી રેખાઓ જોઈએ જે સંગામી ન હોય અને સમાંતર ન હોય.
કોઈપણ $3$ રેખાઓ માટે સમીકરણો ઉકેલીને સંગામી છે કે નહીં તે તપાસો.
$L_1, L_2, L_3$ ને ઉકેલતા: $L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ $(-0, 3)$ છે. $L_3$ માં મૂકતા: $3(0)-3+2 = -1 \neq 0$. તેથી,તેઓ સંગામી નથી.
$4$ માંથી $3$ રેખાઓના તમામ સંયોજનો તપાસતા ($^4C_3 = 4$ સંયોજનો):
$1$. $(L_1, L_2, L_3)$: ઢાળ $1, 2, 3$ છે. કોઈ બે રેખાઓ સમાંતર નથી. તેઓ ત્રિકોણ બનાવે છે.
$2$. $(L_1, L_2, L_4)$: ઢાળ $1, 2, -1$ છે. તેઓ ત્રિકોણ બનાવે છે.
$3$. $(L_1, L_3, L_4)$: ઢાળ $1, 3, -1$ છે. તેઓ ત્રિકોણ બનાવે છે.
$4$. $(L_2, L_3, L_4)$: ઢાળ $2, 3, -1$ છે. તેઓ ત્રિકોણ બનાવે છે.
કોઈપણ ત્રણ રેખાઓ સંગામી ન હોવાથી,કુલ $4$ ત્રિકોણ બને છે.

(C) ત્રિકોણનો પાયો બિંદુઓ $(2,0)$ અને $(0,2)$ ને જોડતો રેખાખંડ છે. પાયાની લંબાઈ $\sqrt{(2-0)^2 + (0-2)^2} = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}$ છે.
ત્રીજો શિરોબિંદુ રેખા $y=2$ પર આવેલો છે. ધારો કે શિરોબિંદુ $(x, 2)$ છે.
આકૃતિ પરથી,શિરોબિંદુ $(2,2)$ છે. પાયા (રેખા $x+y=2$) થી શિરોબિંદુ $(2,2)$ સુધીની ઊંચાઈ એ $(2,2)$ થી $x+y-2=0$ સુધીનું લંબ અંતર છે,જે $h = \frac{|2+2-2|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times (2\sqrt{2}) \times \sqrt{2} = 2$ ચોરસ એકમ.

(B) રેખા $X$-અક્ષની ઋણ દિશા સાથે $60^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે. તેથી,તે $X$-અક્ષની ધન દિશા સાથે $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
રેખાનો ઢાળ $m = \tan(120^{\circ}) = -\sqrt{3}$ છે.
રેખાખંડ $OP$ આ રેખાને લંબ છે,તેથી $OP$ નો ઢાળ $m' = -\frac{1}{m} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ થાય.
ધારો કે $P = (x, y)$. $OP$ એ $X$-અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે જ્યાં $\tan(\theta) = \frac{1}{\sqrt{3}}$,તેથી $\theta = 30^{\circ}$ અથવા $210^{\circ}$ મળે.
ધ્રુવીય યામનો ઉપયોગ કરતા,$x = r \cos(\theta)$ અને $y = r \sin(\theta)$ જ્યાં $r = 4$.
$\theta = 30^{\circ}$ માટે,$P = (4 \cos(30^{\circ}), 4 \sin(30^{\circ})) = (2\sqrt{3}, 2)$.
$\theta = 210^{\circ}$ માટે,$P = (-2\sqrt{3}, -2)$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો જવાબ $(2\sqrt{3}, 2)$ છે.

(A) ધારો કે રેખા $OA$ એ $x$-અક્ષ સાથે $\theta$ ખૂણો બનાવે છે. $ABOC$ સમબાજુ ચતુષ્કોણ હોવાથી,વિકર્ણ $OA$ એ $\angle BOC$ ને દુભાગે છે. રેખા $OB$ એ $y = \frac{4}{3}x$ છે,તેથી ઢાળ $\frac{4}{3}$ છે,એટલે કે $\tan(2\theta) = \frac{4}{3}$.
$\tan(2\theta) = \frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta} = \frac{4}{3}$ મળે.
ધારો કે $\tan\theta = m$. તો $3(2m) = 4(1-m^2)$ $\Rightarrow 6m = 4 - 4m^2$ $\Rightarrow 4m^2 + 6m - 4 = 0$ $\Rightarrow 2m^2 + 3m - 2 = 0$.
$m$ માટે ઉકેલતા,$(2m-1)(m+2) = 0$,તેથી $m = \frac{1}{2}$ (કારણ કે $\theta$ લઘુકોણ છે).
આમ,$OA$ નો ઢાળ $\frac{1}{2}$ છે. સમબાજુ ચતુષ્કોણના વિકર્ણો પરસ્પર લંબ હોવાથી,$BC$ નો ઢાળ $-2$ છે.
રેખા $BC$ એ $\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ $-2$ છે,તેથી તેનું સમીકરણ $y - \frac{2}{3} = -2(x - \frac{2}{3}) \Rightarrow y = -2x + 2$ અથવા $2x + y = 2$ છે.
$B$ એ $y = \frac{4}{3}x$ અને $2x + y = 2$ પર છે,તેથી $2x + \frac{4}{3}x = 2$ $\Rightarrow \frac{10}{3}x = 2$ $\Rightarrow x = \frac{3}{5}, y = \frac{4}{5}$. તેથી $B = \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\right)$.
$C$ એ $y = 0$ અને $2x + y = 2$ પર છે,તેથી $2x = 2 \Rightarrow x = 1$. તેથી $C = (1, 0)$.
$BC$ નું મધ્યબિંદુ $\left(\frac{\frac{3}{5} + 1}{2}, \frac{\frac{4}{5} + 0}{2}\right) = \left(\frac{8/5}{2}, \frac{4/5}{2}\right) = \left(\frac{4}{5}, \frac{2}{5}\right)$ છે.

(B) સાઇનના નિયમ મુજબ,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$b = k \sin B$ અને $c = k \sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(b+c) \sin \frac{A}{2} = k(\sin B + \sin C) \sin \frac{A}{2}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\sin B + \sin C = 2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= k \left[ 2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2} \right] \sin \frac{A}{2}$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\frac{B+C}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}$,તેથી $\sin \frac{B+C}{2} = \cos \frac{A}{2}$.
$= k \left[ 2 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2} \right] \sin \frac{A}{2}$.
$= k \left[ 2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2} \right] \cos \frac{B-C}{2}$.
$= k \sin A \cos \frac{B-C}{2}$.
$a = k \sin A$ હોવાથી,પદાવલિ $a \cos \frac{B-C}{2}$ બને છે.

(C) આપેલ છે કે $a - 2b + c = 0$,તેથી $a + c = 2b$.
સૂત્ર $\cot \left(\frac{A}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-a)}{(s-b)(s-c)}}$ અને $\cot \left(\frac{C}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $s = \frac{a+b+c}{2}$.
તેથી $\cot \left(\frac{A}{2}\right) \cdot \cot \left(\frac{C}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-a)}{(s-b)(s-c)} \cdot \frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}} = \frac{s}{s-b}$.
$s = \frac{a+b+c}{2}$ મૂકતા:
$\frac{s}{s-b} = \frac{\frac{a+b+c}{2}}{\frac{a+b+c}{2} - b} = \frac{a+b+c}{a+b+c-2b} = \frac{a+b+c}{a-b+c}$.
કારણ કે $a+c = 2b$,આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{(a+c)+b}{(a+c)-b} = \frac{2b+b}{2b-b} = \frac{3b}{b} = 3$.

(C) ધારો કે શિરોબિંદુઓના યામ $O(0, 0, 0)$,$A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$,અને $C(x_3, y_3, z_3)$ છે.
ચતુષ્ફલક $OABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{0+x_1+x_2+x_3}{4}, \frac{0+y_1+y_2+y_3}{4}, \frac{0+z_1+z_2+z_3}{4}\right) = (2, -1, 2)$ છે.
આથી $\frac{x_1+x_2+x_3}{4} = 2 \Rightarrow x_1+x_2+x_3 = 8$,$\frac{y_1+y_2+y_3}{4} = -1 \Rightarrow y_1+y_2+y_3 = -4$,અને $\frac{z_1+z_2+z_3}{4} = 2 \Rightarrow z_1+z_2+z_3 = 8$.
$\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર $G_1 = \left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$G_1 = \left(\frac{8}{3}, \frac{-4}{3}, \frac{8}{3}\right)$ મળે.
અંતર $\left|\overline{O G_1}\right| = \sqrt{\left(\frac{8}{3}\right)^2 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2 + \left(\frac{8}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{64}{9} + \frac{16}{9} + \frac{64}{9}} = \sqrt{\frac{144}{9}} = \sqrt{16} = 4$.

(A) ધારો કે $H(h, k)$ એ $\triangle ABC$ નું લંબકેન્દ્ર છે. લંબકેન્દ્ર એ વેધનું છેદબિંદુ છે. $B$ અને $C$ એ $y=x+\alpha$ રેખા પર આવેલા હોવાથી,રેખા $BC$ નો ઢાળ $1$ છે. $A(1, 2)$ માંથી $BC$ પર દોરેલો વેધ $BC$ ને લંબ હોય. તેથી,વેધ $AD$ નો ઢાળ $-1$ થાય. $A(1, 2)$ માંથી પસાર થતી અને $-1$ ઢાળ ધરાવતી વેધ $AD$ નું સમીકરણ $y-2 = -1(x-1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y-2 = -x+1$ એટલે કે $x+y-3=0$ થાય. લંબકેન્દ્ર $H(h, k)$ આ વેધ પર આવેલું હોવાથી,તેનો બિંદુપથ $x+y-3=0$ છે.

(C) શરત $PQ+PR=QR$ સૂચવે છે કે બિંદુ $P$ એ રેખાખંડ $QR$ પર આવેલું હોવું જોઈએ.
પ્રથમ,આપણે $Q(3,4)$ અને $R(1,2)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ શોધીએ.
ઢાળ $m = \frac{2-4}{1-3} = \frac{-2}{-2} = 1$.
રેખા $QR$ નું સમીકરણ $y - 2 = 1(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x - y + 1 = 0$ થાય છે.
બિંદુ $P$ એ રેખા $2x - y - 1 = 0$ અને રેખા $x - y + 1 = 0$ બંને પર હોવાથી,આપણે સમીકરણોની સિસ્ટમ ઉકેલીએ:
$2x - y = 1$
$x - y = -1$
પ્રથમ સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતાં $(2x - x) - (y - y) = 1 - (-1)$ મળે,તેથી $x = 2$.
$x = 2$ ને $x - y = -1$ માં મૂકતા,આપણને $2 - y = -1$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $y = 3$.
આમ,બિંદુ $P$ એ $(2,3)$ છે.

(D) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(0,3)$,$B(-2,0)$ અને $C(6,1)$ છે.
ત્રિકોણની બાજુઓની રેખાઓના સમીકરણો:
રેખા $AB$: $3x - 2y + 6 = 0$.
રેખા $BC$: $x - 8y + 2 = 0$.
રેખા $AC$: $x + 3y - 9 = 0$.
ધારો કે બિંદુ $P$ એ $(\alpha, \alpha+1)$ છે. $P$ ત્રિકોણની અંદર રહે તે માટે,તે રેખા $y = x+1$ અને ત્રિકોણની બાજુઓના છેદબિંદુઓ વચ્ચે હોવું જોઈએ.
$AC$ સાથે છેદબિંદુ: $\alpha = \frac{3}{2}$.
$BC$ સાથે છેદબિંદુ: $\alpha = -\frac{6}{7}$.
તેથી,$\alpha$ એ $\left(\frac{-6}{7}, \frac{3}{2}\right)$ અંતરાલમાં હોવું જોઈએ.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$B(4,0)$ અને $C(3,4)$ છે.
લંબકેન્દ્ર શોધવા માટે,આપણે વેધના છેદબિંદુની જરૂર છે.
$1$. $C(3,4)$ માંથી $OB$ બાજુ (જે $x$-અક્ષ પર છે) પરનો વેધ એ $x=3$ માંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખા છે. આમ,આ વેધનું સમીકરણ $x=3$ છે.
$2$. બાજુ $BC$ નો ઢાળ $m_{BC} = \frac{4-0}{3-4} = \frac{4}{-1} = -4$ છે.
$3$. $O(0,0)$ માંથી $BC$ પરનો વેધ એ $BC$ ને લંબ છે. તેનો ઢાળ $m_{\perp} = -\frac{1}{m_{BC}} = -\frac{1}{-4} = \frac{1}{4}$ છે.
$4$. $O$ માંથી પસાર થતા વેધનું સમીકરણ $y - 0 = \frac{1}{4}(x - 0)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = \frac{1}{4}x$ થાય છે.
$5$. $y = \frac{1}{4}x$ સમીકરણમાં $x=3$ મૂકતા,આપણને $y = \frac{1}{4}(3) = \frac{3}{4}$ મળે છે.
તેથી,લંબકેન્દ્ર $\left(3, \frac{3}{4}\right)$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $18x^2 - 9xy + y^2 = 0$ છે.
આને $(y - 3x)(y - 6x) = 0$ તરીકે અવયવ પાડી શકાય છે.
આમ,બે રેખાઓ $y = 3x$ અને $y = 6x$ છે.
આ બે રેખાઓનું છેદબિંદુ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ છે.
આ રેખાઓનું $y = c$ રેખા સાથેનું છેદબિંદુ $(\frac{c}{3}, c)$ અને $(\frac{c}{6}, c)$ છે.
ત્રણ બિંદુઓ $(0, 0)$,$(\frac{c}{3}, c)$,અને $(\frac{c}{6}, c)$ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)| = 27$ છે.
$\frac{1}{2} |\frac{c^2}{3} - \frac{c^2}{6}| = 27 \Rightarrow c^2 = 324$.
$c = 18$ લેતા,શિરોબિંદુઓ $(0, 0)$,$(6, 18)$,અને $(3, 18)$ મળે છે.
મધ્યકેન્દ્ર $(\frac{0 + 6 + 3}{3}, \frac{0 + 18 + 18}{3}) = (3, 12)$ છે.

(A) $\because AD$ એ $\angle A$ નો ખૂણાનો દ્વિભાજક છે.
$\Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$
હવે,
$AB = \sqrt{(5-7)^2 + (4-6)^2 + (6-4)^2} = \sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}$
$AC = \sqrt{(3-7)^2 + (2-6)^2 + (0-4)^2} = \sqrt{16+16+16} = 4\sqrt{3}$
$\Rightarrow \frac{BD}{CD} = \frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow D$ એ $BC$ નું $1:2$ ગુણોત્તરમાં અંતઃવિભાજન કરે છે.
$\Rightarrow D = \left(\frac{1(3) + 2(5)}{1+2}, \frac{1(2) + 2(4)}{1+2}, \frac{1(0) + 2(6)}{1+2}\right)$
$\Rightarrow D = \left(\frac{13}{3}, \frac{10}{3}, 4\right)$

(A) ધારો કે રેખા $PQ$ નો ઢાળ $m$ છે. $(1, 5)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $y - 5 = m(x - 1)$ છે,જે $y = mx + 5 - m$ તરીકે લખી શકાય.
$Q$ એ $5x - y - 4 = 0$ પર હોવાથી,$y = mx + 5 - m$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$5x - (mx + 5 - m) - 4 = 0 \Rightarrow (5 - m)x + m - 9 = 0 \Rightarrow x_Q = \frac{9 - m}{5 - m}$.
તેથી $y_Q = \frac{25 - m}{5 - m}$.
$P$ એ $3x + 4y - 4 = 0$ પર હોવાથી,$y = mx + 5 - m$ ને સમીકરણમાં મૂકતા:
$3x + 4(mx + 5 - m) - 4 = 0 \Rightarrow (3 + 4m)x + 16 - 4m = 0 \Rightarrow x_P = \frac{4m - 16}{4m + 3}$.
તેથી $y_P = \frac{m + 15}{4m + 3}$.
$(1, 5)$ એ $PQ$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$x$-યામ $\frac{x_P + x_Q}{2} = 1$ થાય:
$\frac{4m - 16}{4m + 3} + \frac{9 - m}{5 - m} = 2$.
$m$ માટે ઉકેલતા: $35m = 83 \Rightarrow m = \frac{83}{35}$.

(B) રેખા $x+1=0$ એ $x=-1$ ને સમાન છે.
$3x+2y=5$ સાથે છેદબિંદુ શોધવા માટે,$x=-1$ મૂકો:
$3(-1)+2y=5 \implies -3+2y=5 \implies 2y=8 \implies y=4$.
તેથી,પ્રથમ બિંદુ $(-1, 4)$ છે.
$3x+2y=3$ સાથે છેદબિંદુ શોધવા માટે,$x=-1$ મૂકો:
$3(-1)+2y=3 \implies -3+2y=3 \implies 2y=6 \implies y=3$.
તેથી,બીજું બિંદુ $(-1, 3)$ છે.
અંતઃખંડની લંબાઈ એ $(-1, 4)$ અને $(-1, 3)$ વચ્ચેનું અંતર છે:
અંતર $= \sqrt{(-1 - (-1))^2 + (4 - 3)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$.

(C) કર્ણ $BC$ નું સમીકરણ $3x + 4y - 4 = 0$ છે.
શિરોબિંદુ $A = (2, 2)$ છે.
$BC$ નો ઢાળ $m_{BC} = -\frac{3}{4}$ છે.
$AD \perp BC$ હોવાથી,$AD$ નો ઢાળ $m_{AD} = \frac{4}{3}$ છે.
સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણમાં,વેધ $AD$ એ શિરોબિંદુના ખૂણાને દુભાગે છે,તેથી બાજુઓ $AB$ અને $AC$ એ $AD$ સાથે $45^{\circ}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
ઢાળ $m$ માટે: $\tan 45^{\circ} = \left| \frac{m - \frac{4}{3}}{1 + m(\frac{4}{3})} \right|$ $\Rightarrow 1 = \left| \frac{3m - 4}{3 + 4m} \right|$.
આથી $m = -7$ અથવા $m = \frac{1}{7}$ મળે છે.
બિંદુ $(2, 2)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ:
$m = -7$ માટે: $y - 2 = -7(x - 2) \Rightarrow 7x + y - 16 = 0$.
$m = \frac{1}{7}$ માટે: $y - 2 = \frac{1}{7}(x - 2) \Rightarrow x - 7y + 12 = 0$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $7x + y - 16 = 0$ છે.

(B) ધારો કે શિરોબિંદુઓ $A(1,3), B(5,0)$ અને $C(-1,2)$ છે.
ત્રિકોણની અંદરના કોઈપણ બિંદુ $(x,y)$ માટે,જો રેખા ત્રિકોણમાંથી પસાર ન થતી હોય તો અભિવ્યક્તિએ શિરોબિંદુઓ માટે જે ચિહ્ન જાળવી રાખ્યું છે તે જ જાળવી રાખવું જોઈએ.
શિરોબિંદુઓ માટે $3x + 2y$ અભિવ્યક્તિનું પરીક્ષણ કરતા:
$A(1,3)$ માટે: $3(1) + 2(3) = 3 + 6 = 9 > 0$.
$B(5,0)$ માટે: $3(5) + 2(0) = 15 + 0 = 15 > 0$.
$C(-1,2)$ માટે: $3(-1) + 2(2) = -3 + 4 = 1 > 0$.
બધા શિરોબિંદુઓ માટે કિંમત ધન હોવાથી,ત્રિકોણની અંદરનું કોઈપણ બિંદુ $3x + 2y > 0$ નું પાલન કરશે.
તેથી,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $[x \cos \theta - y][(\cos \theta + \tan \alpha) x - (1 - \cos \theta \tan \alpha) y] = 0$ છે.
આ બે રેખાઓ દર્શાવે છે:
$L_1: x \cos \theta - y = 0 \implies y = (\cos \theta) x$,તેથી ઢાળ $m_1 = \cos \theta$.
$L_2: (\cos \theta + \tan \alpha) x - (1 - \cos \theta \tan \alpha) y = 0 \implies y = \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} x$,તેથી ઢાળ $m_2 = \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha}$.
બે રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\phi$ એ $\tan \phi = \left| \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$m_1$ અને $m_2$ ની કિંમતો મૂકતા:
$\tan \phi = \left| \frac{\frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} - \cos \theta}{1 + \left( \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} \right) \cos \theta} \right| = \tan \alpha$.
આમ,$\phi = \alpha$.

(B) $P(2,3)$ માંથી પસાર થતી અને $\theta = 30^{\circ}$ ખૂણો બનાવતી રેખાનું પ્રાચલિત સમીકરણ $\frac{x-2}{\cos 30^{\circ}} = \frac{y-3}{\sin 30^{\circ}} = r$ છે.
તેથી,$x = 2 + r \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $y = 3 + \frac{r}{2}$.
આ કિંમતો $x^2 - 2xy - y^2 = 0$ માં મૂકતા:
$(2 + r \frac{\sqrt{3}}{2})^2 - 2(2 + r \frac{\sqrt{3}}{2})(3 + \frac{r}{2}) - (3 + \frac{r}{2})^2 = 0$.
સાદુરૂપ આપતા,$r^2(\frac{1-\sqrt{3}}{2}) - r(5 + \sqrt{3}) - 17 = 0$ મળે છે.
બીજનો ગુણાકાર $PA \cdot PB = |r_1 r_2| = |\frac{-17}{(1-\sqrt{3})/2}| = 17(\sqrt{3}+1)$.

(B) વિકર્ણ $AC$ નો ઢાળ $m_{AC} = \frac{-1-3}{1-(-3)} = \frac{-4}{4} = -1$ છે.
વિકર્ણ $BD$ નો ઢાળ $m_{BD} = \frac{-2-1}{-2-1} = \frac{-3}{-3} = 1$ છે.
ઢાળનો ગુણાકાર $m_{AC} \times m_{BD} = -1 \times 1 = -1$ હોવાથી,વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ પરસ્પર લંબ છે.
તેથી,વિકર્ણો $AC$ અને $BD$ વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{2}$ છે.

(B) આપાત રેખાનું સમીકરણ $x-2y-3=0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m_1 = \frac{1}{2}$ છે.
કણ લંબ દિશામાં પરાવર્તિત થતો હોવાથી,પરાવર્તિત રેખાનો ઢાળ $m_2$ એ $m_1 \times m_2 = -1$ નું પાલન કરે છે.
તેથી,$m_2 = -2$.
આપાત બિંદુ એ $x-2y-3=0$ અને $3x-2y-5=0$ નું છેદબિંદુ છે.
બીજા સમીકરણમાંથી પ્રથમ સમીકરણ બાદ કરતા: $(3x-2y-5) - (x-2y-3) = 0$ $\Rightarrow 2x-2=0$ $\Rightarrow x=1$.
$x=1$ ને $x-2y-3=0$ માં મૂકતા,$1-2y-3=0$ $\Rightarrow -2y=2$ $\Rightarrow y=-1$.
છેદબિંદુ $(1, -1)$ છે.
$(1, -1)$ માંથી પસાર થતી અને $m_2 = -2$ ઢાળ ધરાવતી પરાવર્તિત રેખાનું સમીકરણ:
$y - (-1) = -2(x - 1)$
$y + 1 = -2x + 2$
$2x + y - 1 = 0$.

(A) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1, z_1)$,$(x_2, y_2, z_2)$ અને $(x_3, y_3, z_3)$ માટે મધ્યકેન્દ્ર $G$ નું સૂત્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલ $G = \left(5, -1, \frac{2}{3}\right)$ પરથી:
$\frac{1+h-4}{3} = 5$ $\Rightarrow h-3 = 15$ $\Rightarrow h = 18$.
$\frac{2-3+k}{3} = -1$ $\Rightarrow k-1 = -3$ $\Rightarrow k = -2$.
આમ,શિરોબિંદુઓ $A(1, 2, 3)$,$B(18, -3, 0)$ અને $C(-4, -2, -1)$ છે.
બાજુઓની લંબાઈના વર્ગની ગણતરી કરતા:
$AB^2 = (18-1)^2 + (-3-2)^2 + (0-3)^2 = 17^2 + (-5)^2 + (-3)^2 = 289 + 25 + 9 = 323$.
$BC^2 = (-4-18)^2 + (-2-(-3))^2 + (-1-0)^2 = (-22)^2 + 1^2 + (-1)^2 = 484 + 1 + 1 = 486$.
$CA^2 = (-4-1)^2 + (-2-2)^2 + (-1-3)^2 = (-5)^2 + (-4)^2 + (-4)^2 = 25 + 16 + 16 = 57$.
અહીં $BC^2 = 486$ અને $AB^2 + CA^2 = 323 + 57 = 380$ હોવાથી,$BC^2 > AB^2 + CA^2$ મળે છે.
તેથી,ત્રિકોણ $ABC$ એ ગુરુકોણ ત્રિકોણ છે.

(B) રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ છે. આ જોડીના ખૂણાના દુભાજકો $\frac{x^2 - y^2}{A - B} = \frac{xy}{H}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ જોડી $x^2 - 2axy - y^2 = 0$ માટે,$A=1, B=-1, H=-a$ છે. દુભાજકો $\frac{x^2 - y^2}{1 - (-1)} = \frac{xy}{-a}$ છે,જેનું સાદું રૂપ $\frac{x^2 - y^2}{2} = \frac{xy}{-a}$ એટલે કે $ax^2 + 2xy - ay^2 = 0$ થાય છે.
આ બીજી જોડી $x^2 - 2bxy - y^2 = 0$ હોવી જોઈએ,તેથી સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$\frac{a}{1} = \frac{2}{-2b} = \frac{-a}{-1}$.
$\frac{a}{1} = \frac{2}{-2b}$ પરથી,આપણને $a = -\frac{1}{b}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $ab = -1$.

(A) ત્રિકોણ રેખાઓ $x=0$,$y=0$,અને $x+y=10$ દ્વારા રચાય છે. શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A(10,0)$,અને $B(0,10)$ છે.
આપણે એવા બિંદુઓ $(x, y)$ શોધવાની જરૂર છે કે જેથી $x, y \in \mathbb{N}$ (પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ) અને $x+y < 10$ થાય.
જો $x=1$ હોય,તો $1+y < 10 \implies y < 9$. $y$ પ્રાકૃતિક સંખ્યા હોવાથી,$y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$. આવા $8$ બિંદુઓ છે.
જો $x=2$ હોય,તો $2+y < 10 \implies y < 8$. તેથી $y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$. આવા $7$ બિંદુઓ છે.
આ પેટર્ન મુજબ,આપેલ $x$ માટે,$y$ ના પ્રાકૃતિક સંખ્યા મૂલ્યોની સંખ્યા $9-x$ છે.
$x$ પ્રાકૃતિક સંખ્યા હોવી જોઈએ,તેથી $x$ ની કિંમત $1$ થી $8$ સુધી હોઈ શકે છે (કારણ કે જો $x=9$ હોય,તો $y < 1$ થાય,જે પ્રાકૃતિક સંખ્યા માટે શક્ય નથી).
બિંદુઓની કુલ સંખ્યાનો સરવાળો: $8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = \frac{8 \times 9}{2} = 36$.

(A) ધારો કે રેખા $L(x, y) = 3x - 4y - 8 = 0$ છે.
બિંદુ $(3, 4)$ માટે,$L(3, 4) = 3(3) - 4(4) - 8 = 9 - 16 - 8 = -15$ મળે છે.
$L(3, 4) < 0$ હોવાથી,બિંદુ $(\alpha, \beta)$ વિરુદ્ધ બાજુએ હોવા માટે,$L(\alpha, \beta) > 0$ હોવું જોઈએ.
$L(x, y)$ માં $(\alpha, \beta)$ મૂકતા,$3\alpha - 4\beta - 8 > 0$ મળે છે.
$(\alpha, \beta)$ એ $3x + y = 0$ પર હોવાથી,$\beta = -3\alpha$ થાય.
અસમતામાં $\beta = -3\alpha$ મૂકતા:
$3\alpha - 4(-3\alpha) - 8 > 0$
$3\alpha + 12\alpha - 8 > 0$
$15\alpha - 8 > 0$.

(D) આપેલ રેખાઓ:
$ax + by = 1$ ... $(i)$
$bx + ay = 1$ ... (ii)
સમીકરણ $(i)$ ને $a$ વડે અને (ii) ને $b$ વડે ગુણતા:
$a^2x + aby = a$
$b^2x + aby = b$
બંનેની બાદબાકી કરતા:
$(a^2 - b^2)x = a - b$
$x(a - b)(a + b) = a - b$
$a \neq b$ હોવાથી,$x = \frac{1}{a + b}$.
તે જ રીતે,$y = \frac{1}{a + b}$ મળે છે.
આમ,છેદબિંદુ $(\frac{1}{a + b}, \frac{1}{a + b})$ છે.
અહીં $x$-યામ અને $y$-યામ સમાન હોવાથી,તે રેખા $x = y$ પર આવેલું છે.

(D) ધારો કે રેખા $y=x+3$ પરનું બિંદુ $(x, y)$ છે.
રેખાનો ઢાળ $m=1$ હોવાથી,નમનકોણ $\theta=45^{\circ}$ છે.
બિંદુ $(x, y)$ એ રેખા $y=x+3$ પર છે અને $(0,3)$ થી $2$ એકમ અંતરે છે.
$(0,3)$ માંથી પસાર થતી અને $\theta=45^{\circ}$ ખૂણો બનાવતી રેખાના પ્રચલિત સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{x-0}{\cos 45^{\circ}} = \frac{y-3}{\sin 45^{\circ}} = r$,જ્યાં $r = \pm 2$.
આથી $x = r \cos 45^{\circ} = \pm 2 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \sqrt{2}$ અને $y = 3 + r \sin 45^{\circ} = 3 \pm \sqrt{2}$ મળે.
બે શક્ય બિંદુઓ $P_1 = (\sqrt{2}, 3+\sqrt{2})$ અને $P_2 = (-\sqrt{2}, 3-\sqrt{2})$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી અંતર $D$ માટે $D^2 = x^2 + y^2$ થાય.
$P_1$ માટે: $D_1^2 = (\sqrt{2})^2 + (3+\sqrt{2})^2 = 2 + (9 + 2 + 6\sqrt{2}) = 13 + 6\sqrt{2}$.
$P_2$ માટે: $D_2^2 = (-\sqrt{2})^2 + (3-\sqrt{2})^2 = 2 + (9 + 2 - 6\sqrt{2}) = 13 - 6\sqrt{2}$.
તેથી ન્યૂનતમ અંતર $\sqrt{13-6\sqrt{2}}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=\sqrt{3} \sin x-\cos x-2 a x+b$ છે.
$f(x)$ ઘટતું વિધેય હોવાની શરત મેળવવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f^{\prime}(x)$ શોધીએ.
$f^{\prime}(x)=\sqrt{3} \cos x+\sin x-2 a$.
આને $f^{\prime}(x)=2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x \right)-2 a$ તરીકે લખી શકાય.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $f^{\prime}(x)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a$ મળે છે.
$f(x)$ તમામ $x$ માટે ઘટતું હોવાથી,$f^{\prime}(x) \leq 0$ થવું જોઈએ.
$2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a \leq 0$.
$2 a \geq 2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
$a \geq \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
કારણ કે $\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ છે,તેથી તમામ $x$ માટે આ અસમતા સાચી ઠરવા માટે $a \geq 1$ હોવું જરૂરી છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{1 + \tan x \tan(x + a)}{\tan x \tan(x + a)} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan a = \tan((x + a) - x) = \frac{\tan(x + a) - \tan x}{1 + \tan x \tan(x + a)}$.
તેથી,$1 + \tan x \tan(x + a) = \frac{\tan(x + a) - \tan x}{\tan a}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\tan(x + a) - \tan x}{\tan a \tan x \tan(x + a)} dx$.
$I = \frac{1}{\tan a} \int \left( \frac{\tan(x + a)}{\tan x \tan(x + a)} - \frac{\tan x}{\tan x \tan(x + a)} \right) dx$.
$I = \cot a \int \left( \frac{1}{\tan x} - \frac{1}{\tan(x + a)} \right) dx$.
$I = \cot a \int (\cot x - \cot(x + a)) dx$.
સંકલન કરતા આપણને મળે છે:
$I = \cot a (\log |\sin x| - \log |\sin(x + a)|) + C$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int \sqrt{1+2 \cot x(\cot x+\operatorname{cosec} x)} \, dx$.
$1 = \operatorname{cosec}^2 x - \cot^2 x$ હોવાથી,આપણને મળે છે:
$I = \int \sqrt{\operatorname{cosec}^2 x - \cot^2 x + 2 \cot^2 x + 2 \cot x \operatorname{cosec} x} \, dx$
$I = \int \sqrt{\operatorname{cosec}^2 x + \cot^2 x + 2 \cot x \operatorname{cosec} x} \, dx$
$I = \int \sqrt{(\operatorname{cosec} x + \cot x)^2} \, dx$
$I = \int (\operatorname{cosec} x + \cot x) \, dx$
પ્રમાણિત સંકલન $\int \operatorname{cosec} x \, dx = \log |\operatorname{cosec} x - \cot x|$ અને $\int \cot x \, dx = \log |\sin x|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log |\operatorname{cosec} x - \cot x| + \log |\sin x| + C$
$I = \log \left| \frac{1 - \cos x}{\sin x} \cdot \sin x \right| + C$
$I = \log |1 - \cos x| + C$
નિત્યસમ $1 - \cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log |2 \sin^2 \frac{x}{2}| + C$
$I = \log 2 + 2 \log |\sin \frac{x}{2}| + C$
અહીં $\log 2$ એક અચળાંક હોવાથી,તેને $C$ માં સમાવી શકાય છે:
$I = 2 \log |\sin \frac{x}{2}| + C$

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{\sin x}{2+\cos x}$ છે.
હવે,$f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = \frac{(2+\cos x)(\cos x) - \sin x(-\sin x)}{(2+\cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{2 \cos x + \cos^2 x + \sin^2 x}{(2+\cos x)^2}$
કારણ કે $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,તેથી:
$f'(x) = \frac{2 \cos x + 1}{(2+\cos x)^2}$
આમ,$\frac{\sin x}{2+\cos x}$ એ $\frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2}$ નું પ્રતિ-વિકલિત (antiderivative) છે.
તેથી,$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x = \frac{\sin x}{2+\cos x} + C$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા:
$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x - \frac{\sin x}{2+\cos x} = \left( \frac{\sin x}{2+\cos x} + C \right) - \frac{\sin x}{2+\cos x} = C$.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $g(x)$ નું પ્રતિ-વિકલિત છે,તેથી $f'(x) = g(x)$.
આપણે સંકલન $F(x) = \int f(x) g(x) (1 + f^2(x)) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $u = 1 + f^2(x)$.
તેથી,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$du = 2 f(x) f'(x) dx$ મળે.
કારણ કે $f'(x) = g(x)$,તેથી $du = 2 f(x) g(x) dx$,જેનો અર્થ થાય છે કે $f(x) g(x) dx = \frac{du}{2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$F(x) = \int u \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int u du$ મળે.
સંકલન કરતા,$F(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{u^2}{2} + C = \frac{u^2}{4} + C$ મળે.
$u = 1 + f^2(x)$ પાછું મૂકતા,$F(x) = \frac{(1 + f^2(x))^2}{4} + C$ મળે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{(1+\sqrt{x})^{2022}}$.
$x = t^2$ આદેશ લેતા,$dx = 2t dt$ મળે.
તેથી સંકલન $I = \int \frac{2t dt}{(1+t)^{2022}}$ થાય.
અંશને $t = (t+1) - 1$ તરીકે લખતા:
$I = 2 \int \frac{t+1-1}{(1+t)^{2022}} dt = 2 \left[ \int \frac{t+1}{(1+t)^{2022}} dt - \int \frac{1}{(1+t)^{2022}} dt \right]$.
$I = 2 \left[ \int \frac{1}{(1+t)^{2021}} dt - \int \frac{1}{(1+t)^{2022}} dt \right]$.
બંને પદોનું સંકલન કરતા:
$I = 2 \left[ \frac{(1+t)^{-2020}}{-2020} - \frac{(1+t)^{-2021}}{-2021} \right] + C$.
$I = 2 \left[ \frac{-1}{2020(1+t)^{2020}} + \frac{1}{2021(1+t)^{2021}} \right] + C$.
$\frac{1}{(1+t)^{2021}}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \frac{2}{(1+t)^{2021}} \left[ \frac{-(1+t)}{2020} + \frac{1}{2021} \right] + C$.
$t = \sqrt{x}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{2}{(1+\sqrt{x})^{2021}} \left[ \frac{-(1+\sqrt{x})}{2020} + \frac{1}{2021} \right] + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \sqrt{x+\sqrt{x^2+2}} \, dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(\sqrt{x^2+2}+x)(\sqrt{x^2+2}-x) = (x^2+2) - x^2 = 2$.
ધારો કે $t = x+\sqrt{x^2+2}$. તો $\sqrt{x^2+2}-x = \frac{2}{t}$.
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,આપણને $2\sqrt{x^2+2} = t + \frac{2}{t}$ મળે,તેથી $\sqrt{x^2+2} = \frac{t^2+2}{2t}$.
સમીકરણોની બાદબાકી કરતા,આપણને $2x = t - \frac{2}{t}$ મળે,તેથી $x = \frac{t^2-2}{2t}$.
$x$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$dx = \frac{d}{dt}(\frac{t}{2} - \frac{1}{t}) \, dt = (\frac{1}{2} + \frac{1}{t^2}) \, dt = \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \sqrt{t} \cdot \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt = \frac{1}{2} \int (t^{1/2} + 2t^{-3/2}) \, dt$.
$I = \frac{1}{2} [\frac{t^{3/2}}{3/2} + 2 \cdot \frac{t^{-1/2}}{-1/2}] + C$.
$I = \frac{1}{2} [\frac{2}{3}t^{3/2} - 4t^{-1/2}] + C = \frac{1}{3}t^{3/2} - 2t^{-1/2} + C$.
$I = \frac{t^2-6}{3\sqrt{t}} + C$.
$t = x+\sqrt{x^2+2}$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = \frac{(x+\sqrt{x^2+2})^2-6}{3\sqrt{x+\sqrt{x^2+2}}} + C$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{e^{\cot x}}{\sin^2 x} (2 \log \csc x + \sin 2 x) dx$.
$t = \cot x$ આદેશ લેતા,$dt = -\csc^2 x dx$ મળે,એટલે કે $\csc^2 x dx = -dt$.
અહીં $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ છે,તેથી $\frac{\sin 2x}{\sin^2 x} = 2 \cot x$.
આમ,$I = \int e^{\cot x} (2 \csc^2 x \log \csc x + 2 \cot x \csc^2 x) dx$.
આ પદાવલિનું સંકલન કરતા આપણને $-2 e^{\cot x} \log \csc x + C$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $x = \frac{t^3}{t^2 - 1}$ અને $y = \frac{t}{t^2 - 1}$.
પ્રથમ,$x - 3y$ ની ગણતરી કરો:
$x - 3y = \frac{t^3}{t^2 - 1} - 3 \left( \frac{t}{t^2 - 1} \right) = \frac{t^3 - 3t}{t^2 - 1}$.
આગળ,$x$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને $dx$ શોધો:
$dx = \frac{d}{dt} \left( \frac{t^3}{t^2 - 1} \right) dt = \frac{(t^2 - 1)(3t^2) - t^3(2t)}{(t^2 - 1)^2} dt = \frac{3t^4 - 3t^2 - 2t^4}{(t^2 - 1)^2} dt = \frac{t^4 - 3t^2}{(t^2 - 1)^2} dt$.
હવે,આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકો:
$\int \frac{dx}{x - 3y} = \int \frac{\frac{t^4 - 3t^2}{(t^2 - 1)^2} dt}{\frac{t^3 - 3t}{t^2 - 1}} = \int \frac{t^2(t^2 - 3)}{(t^2 - 1)^2} \cdot \frac{t^2 - 1}{t(t^2 - 3)} dt = \int \frac{t}{t^2 - 1} dt$.
ધારો કે $u = t^2 - 1$,તો $du = 2t dt$,તેથી $t dt = \frac{1}{2} du$.
$\int \frac{1}{2u} du = \frac{1}{2} \log|u| + C = \frac{1}{2} \log(t^2 - 1) + C$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int x^2 \cos^2 x (2x \tan^2 x - 2x - 6 \tan x) dx$.
સંકલિતનું વિસ્તરણ કરતા:
$f(x) = \int (2x^3 \sin^2 x - 2x^3 \cos^2 x - 6x^2 \sin x \cos x) dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin^2 x - \cos^2 x = -\cos 2x$ અને $2 \sin x \cos x = \sin 2x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$.
ધારો કે $I = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$.
પ્રથમ પદ માટે ખંડશઃ સંકલન $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = -x^3$ અને $dv = 2 \cos 2x dx$:
$I = -x^3 \sin 2x - \int (-\sin 2x)(3x^2) dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$.
$I = -x^3 \sin 2x + \int 3x^2 \sin 2x dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$.
$I = -x^3 \sin 2x + C$.
આપેલ છે કે $f(0) = \pi$,તેથી $-(0)^3 \sin(0) + C = \pi$,જેનો અર્થ છે કે $C = \pi$.
તેથી,$f(x) = -x^3 \sin 2x + \pi$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} (x + \sqrt{x}) dx$.
$\sqrt{x} = t$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int e^t (t^2 + t) (2 dt) = 2 \int (t^2 + t) e^t dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $\int u v' dt = uv - \int u' v dt$,જ્યાં $u = t^2 + t$ અને $v' = e^t$. તો $u' = 2t + 1$ અને $v = e^t$.
$I = 2 [(t^2 + t) e^t - \int (2t + 1) e^t dt]$.
હવે,$\int (2t + 1) e^t dt$ નું ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા:
$u = 2t + 1$ અને $v' = e^t$ લેતા,$u' = 2$ અને $v = e^t$.
$\int (2t + 1) e^t dt = (2t + 1) e^t - \int 2 e^t dt = (2t + 1) e^t - 2 e^t = (2t - 1) e^t$.
આ કિંમત $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = 2 [ (t^2 + t) e^t - (2t - 1) e^t ] + K = 2 e^t [ t^2 + t - 2t + 1 ] + K = 2 e^t [ t^2 - t + 1 ] + K$.
$t = \sqrt{x}$ હોવાથી,$I = e^{\sqrt{x}} [ 2x - 2\sqrt{x} + 2 ] + K$.
આને $e^{\sqrt{x}} [ Ax + B\sqrt{x} + C ] + K$ સાથે સરખાવતા,$A = 2$,$B = -2$,અને $C = 2$ મળે છે.
તેથી,$A + B + C = 2 - 2 + 2 = 2$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{1 + \sqrt{\tan x}}{\sin 2x} dx$.
નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{1 + \sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx = \int \frac{1}{2 \sin x \cos x} dx + \int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx$.
પ્રથમ સંકલનમાં અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$\int \frac{\sec^2 x}{2 \tan x} dx = \frac{1}{2} \ln |\tan x|$.
બીજા સંકલન માટે:
$\int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \tan x \cos^2 x} dx = \int \frac{\sec^2 x}{2 \sqrt{\tan x}} dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
$\int \frac{1}{2 \sqrt{u}} du = \sqrt{u} = \sqrt{\tan x}$.
આમ,$I = \frac{1}{2} \ln |\tan x| + \sqrt{\tan x} + C$.
$A \log \tan x + B \sqrt{\tan x} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = \frac{1}{2}$ અને $B = 1$ મળે છે.
તેથી,$4A - B = 4(\frac{1}{2}) - 1 = 2 - 1 = 1$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{(x-3)^{\frac{4}{5}}(x+1)^{\frac{6}{5}}}$.
આપણે સંકલનને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int \frac{d x}{(x+1)^2 \left(\frac{x-3}{x+1}\right)^{\frac{4}{5}}}$.
ધારો કે $t = \frac{x-3}{x+1}$.
તેથી,$dt = \frac{(x+1)(1) - (x-3)(1)}{(x+1)^2} dx = \frac{4}{(x+1)^2} dx$.
આમ,$\frac{dx}{(x+1)^2} = \frac{dt}{4}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{t^{\frac{4}{5}}} \cdot \frac{dt}{4} = \frac{1}{4} \int t^{-\frac{4}{5}} dt$.
$I = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{\frac{1}{5}}}{\frac{1}{5}} + C = \frac{5}{4} t^{\frac{1}{5}} + C$.
$t = \frac{x-3}{x+1}$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{5}{4} \left(\frac{x-3}{x+1}\right)^{\frac{1}{5}} + C$.

(D) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{dx}{1+a \cos x}$ છે,જ્યાં $a > 1$ (કારણ કે $a > |\sec \theta| \ge 1$).
આદેશ $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{dx}{1+a \left(\frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}\right)} = \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{1+\tan^2(x/2) + a - a\tan^2(x/2)} = \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{(1+a) + (1-a)\tan^2(x/2)}$.
ધારો કે $t = \tan(x/2)$,તેથી $dt = \frac{1}{2}\sec^2(x/2) dx$,એટલે કે $\sec^2(x/2) dx = 2dt$.
$I = \int \frac{2dt}{(1+a) - (a-1)t^2} = \frac{2}{a-1} \int \frac{dt}{\frac{a+1}{a-1} - t^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dt}{k^2 - t^2} = \frac{1}{2k} \ln \left| \frac{k+t}{k-t} \right| + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $k = \sqrt{\frac{a+1}{a-1}}$:
$I = \frac{2}{a-1} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{a+1}{a-1}}} \ln \left| \frac{\sqrt{\frac{a+1}{a-1}} + t}{\sqrt{\frac{a+1}{a-1}} - t} \right| + C = \frac{1}{\sqrt{a^2-1}} \ln \left| \frac{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1} \tan(x/2)}{\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} \tan(x/2)} \right| + C$.
આ વિકલ્પ $D$ માં પરિણમે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{x^2-2}{x^3 \sqrt{x^2-1}} d x$.
$x = \sec \theta$ આદેશ લેતા,$dx = \sec \theta \tan \theta d\theta$ મળે.
$\sqrt{x^2-1} = \sqrt{\sec^2 \theta - 1} = \tan \theta$.
$I = \int \frac{\sec^2 \theta - 2}{\sec^3 \theta \tan \theta} \cdot \sec \theta \tan \theta d\theta = \int \frac{\sec^2 \theta - 2}{\sec^2 \theta} d\theta = \int (1 - 2 \cos^2 \theta) d\theta$.
$1 - 2 \cos^2 \theta = -\cos(2\theta)$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int -\cos(2\theta) d\theta = -\frac{1}{2} \sin(2\theta) + C = -\sin \theta \cos \theta + C$.
અહીં $\sec \theta = x$ હોવાથી,$\cos \theta = \frac{1}{x}$ અને $\sin \theta = \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}} = \frac{\sqrt{x^2-1}}{x}$.
તેથી,$I = -\left(\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\right) \left(\frac{1}{x}\right) + C = -\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2} + C$.

(D) ધારો કે $I = \int e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1+x+x^2}{1+x^2} dx$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે લખી શકીએ:
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left( \frac{1+x^2}{1+x^2} + \frac{x}{1+x^2} \right) dx$
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left( 1 + \frac{x}{1+x^2} \right) dx$
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} dx + \int e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{x}{1+x^2} dx$.
પ્રથમ સંકલન $\int e^{\tan ^{-1} x} \cdot 1 dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $u = e^{\tan ^{-1} x}$ અને $dv = dx$.
તેથી $du = e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1}{1+x^2} dx$ અને $v = x$.
સૂત્ર $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\int e^{\tan ^{-1} x} dx = x e^{\tan ^{-1} x} - \int x \cdot e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1}{1+x^2} dx$.
આ કિંમતને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \left( x e^{\tan ^{-1} x} - \int \frac{x e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} dx \right) + \int \frac{x e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} dx + c$.
$I = x e^{\tan ^{-1} x} + c$.

(A) આપેલ છે,$\int \frac{1}{x^2}(2 x+1)^3 d x$
અંશનું વિસ્તરણ $(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીને કરતા:
$(2x+1)^3 = (2x)^3 + 3(2x)^2(1) + 3(2x)(1)^2 + (1)^3 = 8x^3 + 12x^2 + 6x + 1$
હવે,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$\int \frac{8x^3 + 12x^2 + 6x + 1}{x^2} d x$
$= \int (8x + 12 + \frac{6}{x} + \frac{1}{x^2}) d x$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$= 8 \int x d x + 12 \int d x + 6 \int \frac{1}{x} d x + \int x^{-2} d x$
$= 8(\frac{x^2}{2}) + 12x + 6 \log |x| + (\frac{x^{-1}}{-1}) + C$
$= 4x^2 + 12x + 6 \log |x| - \frac{1}{x} + C$

(A) આપેલ છે કે $\int e^x \left[f(x) - f^{\prime}(x)\right] dx = g(x) + C$.
સંકલનનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને મળે છે $\int e^x f(x) dx - \int e^x f^{\prime}(x) dx = g(x) + C$.
પદોને ગોઠવતા,$\int e^x f(x) dx = \int e^x f^{\prime}(x) dx + g(x) + C$.
$\int e^x f(x) dx$ પર ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા:
$\int e^x f(x) dx = f(x) e^x - \int e^x f^{\prime}(x) dx$.
આ કિંમતને આપણા સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x) e^x - \int e^x f^{\prime}(x) dx = \int e^x f^{\prime}(x) dx + g(x) + C$.
$f(x) e^x - g(x) = 2 \int e^x f^{\prime}(x) dx + C$.
તેથી,$\int e^x f^{\prime}(x) dx = \frac{1}{2} \left[e^x f(x) - g(x)\right] + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sin ^3 x}{(\cos ^4 x + 3 \cos ^2 x + 1) \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)} dx$.
ધારો કે $t = \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)$.
તેથી $dt = \frac{1}{1 + (\sec x + \cos x)^2} (\sec x \tan x - \sin x) dx$.
$dt = \frac{1}{1 + (\frac{1}{\cos x} + \cos x)^2} (\frac{\sin x}{\cos ^2 x} - \sin x) dx$.
$dt = \frac{\cos ^2 x}{\cos ^2 x + (1 + \cos ^2 x)^2} \cdot \frac{\sin x (1 - \cos ^2 x)}{\cos ^2 x} dx$.
$dt = \frac{\sin x \cdot \sin ^2 x}{\cos ^2 x + 1 + 2 \cos ^2 x + \cos ^4 x} dx = \frac{\sin ^3 x}{\cos ^4 x + 3 \cos ^2 x + 1} dx$.
આમ,$I = \int \frac{dt}{t} = \ln |t| + C = \ln |\tan ^{-1}(\sec x + \cos x)| + C$.
આપેલ છે કે $f(x) = \ln |\tan ^{-1}(\sec x + \cos x)|$,તેથી $e^{f(x)} = \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{1}{(\sin x + \cos x + \sqrt{2} \sqrt{\sin 2x})^2} dx$ છે.
છેદને $(\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x})^4$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int \frac{dx}{(\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x})^4} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (\sqrt{\tan x} + 1)^4} = \int \frac{\sec^2 x}{(\sqrt{\tan x} + 1)^4} dx$.
ધારો કે $\tan x = t^2$,તો $\sec^2 x dx = 2t dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int \frac{2t dt}{(t+1)^4} = 2 \int \frac{t+1-1}{(t+1)^4} dt = 2 \int \left( \frac{1}{(t+1)^3} - \frac{1}{(t+1)^4} \right) dt$.
પદવાર સંકલન કરતા: $I = 2 \left[ \frac{(t+1)^{-2}}{-2} - \frac{(t+1)^{-3}}{-3} \right] + C = 2 \left[ \frac{1}{3(t+1)^3} - \frac{1}{2(t+1)^2} \right] + C$.
સાદુરૂપ આપતા: $I = \frac{2}{3(t+1)^3} - \frac{1}{(t+1)^2} + C = \frac{2 - 3(t+1)}{3(t+1)^3} + C = \frac{2 - 3t - 3}{3(t+1)^3} + C = \frac{-(1+3t)}{3(1+t)^3} + C$.
$t = \sqrt{\tan x}$ મૂકતા,આપણને $I = \frac{-(1+3\sqrt{\tan x})}{3(1+\sqrt{\tan x})^3} + C$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{x^{2022}(1+x^{2022})^{1/2022}}$.
કૌંસમાંથી $x^{2022}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \frac{dx}{x^{2022} \cdot (x^{2022}(x^{-2022}+1))^{1/2022}} = \int \frac{dx}{x^{2022} \cdot x(1+x^{-2022})^{1/2022}} = \int \frac{dx}{x^{2023}(1+x^{-2022})^{1/2022}}$.
ધારો કે $t = 1+x^{-2022}$. તેથી $dt = -2022x^{-2023} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dx}{x^{2023}} = -\frac{1}{2022} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int -\frac{1}{2022} t^{-1/2022} dt = -\frac{1}{2022} \cdot \frac{t^{1-1/2022}}{1-1/2022} + C = -\frac{1}{2022} \cdot \frac{t^{2021/2022}}{2021/2022} + C = -\frac{t^{2021/2022}}{2021} + C$.
$t = 1+x^{-2022} = \frac{x^{2022}+1}{x^{2022}}$ મૂકતા:
$I = -\frac{(\frac{x^{2022}+1}{x^{2022}})^{2021/2022}}{2021} + C = -\frac{(1+x^{2022})^{2021/2022}}{2021 \cdot (x^{2022})^{2021/2022}} + C = -\frac{(1+x^{2022})^{2021/2022}}{2021 x^{2021}} + C$.
આને $\frac{-(1+x^m)^{n/m}}{nx^n} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $m=2022$ અને $n=2021$ મળે છે.
તેથી,$m-n = 2022-2021 = 1$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{\cos ^4 x}{\left(\sin ^2 x+\sin ^{-3} x \cos ^5 x\right)^3} d x$.
છેદમાંથી $\sin ^2 x$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \frac{\cos ^4 x}{\left(\sin ^2 x(1+\sin ^{-5} x \cos ^5 x)\right)^3} d x = \int \frac{\cos ^4 x}{\sin ^6 x(1+\cot ^5 x)^3} d x$.
આનું સાદું રૂપ આપતા:
$I = \int \frac{\cot ^4 x \operatorname{cosec}^2 x}{(1+\cot ^5 x)^3} d x$.
ધારો કે $1+\cot ^5 x = y$.
તેથી $5 \cot ^4 x(-\operatorname{cosec}^2 x) d x = d y$,જેનો અર્થ છે કે $\cot ^4 x \operatorname{cosec}^2 x d x = -\frac{1}{5} d y$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = -\frac{1}{5} \int y^{-3} d y = -\frac{1}{5} \left(\frac{y^{-2}}{-2}\right) + C = \frac{1}{10} y^{-2} + C$.
$y = 1+\cot ^5 x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{10}(1+\cot ^5 x)^{-2} + C$.

(C) આપણી પાસે $I = \int \frac{1}{\cos 4x \cos 2x} dx$ છે.
આપેલ પદાવલિને સરખાવતા,આપણને $f(x) = \sqrt{2}\sin 2x$ અને $g(x) = |\sec 2x + \tan 2x|$ મળે છે.
$x = \frac{\pi}{6}$ માટે:
$f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \sqrt{2} \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
$g\left(\frac{\pi}{6}\right) = \sec\left(\frac{\pi}{3}\right) + \tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2 + \sqrt{3}$.
તેથી,$g\left(\frac{\pi}{6}\right) - \sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{6}\right) = (2 + \sqrt{3}) - \sqrt{2} \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) = 2 + \sqrt{3} - \sqrt{3} = 2$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{1-k \cos ^2 x}{\sin ^k x \cdot \cos ^2 x} d x$.
આપણે સંકલ્યને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int \frac{\sec ^2 x - k}{\sin ^k x} d x = \int (\sin x)^{-k} \sec ^2 x d x - k \int \csc ^k x d x$.
પ્રથમ સંકલન $\int (\sin x)^{-k} \sec ^2 x d x$ પર ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = (\sin x)^{-k}$ અને $dv = \sec ^2 x d x$ લો.
તેથી $du = -k(\sin x)^{-k-1} \cos x d x$ અને $v = \tan x$ મળે.
$I = (\sin x)^{-k} \tan x - \int \tan x \cdot (-k)(\sin x)^{-k-1} \cos x d x - k \int \csc ^k x d x$.
કારણ કે $\tan x \cdot \cos x = \sin x$,તેથી સંકલન આ મુજબ થશે:
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int (\sin x)^{-k-1} \sin x d x - k \int \csc ^k x d x$.
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int (\sin x)^{-k} d x - k \int \csc ^k x d x$.
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int \csc ^k x d x - k \int \csc ^k x d x + C$.
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + C$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\operatorname{cosec}^2 x - 2022}{\cos^{2022} x} dx$.
આપણે સંકલનને $I = \int \cos^{-2022} x \operatorname{cosec}^2 x dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$ તરીકે લખી શકીએ.
પ્રથમ પદ પર ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \cos^{-2022} x$ અને $dv = \operatorname{cosec}^2 x dx$ લો.
તેથી $du = -2022 \cos^{-2023} x (-\sin x) dx = 2022 \cos^{-2023} x \sin x dx$ અને $v = -\cot x$ મળે.
સૂત્ર $\int u dv = uv - \int v du$ લાગુ પાડતા:
$I = \cos^{-2022} x (-\cot x) - \int (-\cot x) (2022 \cos^{-2023} x \sin x) dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$.
કારણ કે $\cot x \sin x = \cos x$,સંકલન આ મુજબ થાય:
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + 2022 \int \frac{\cos x}{\cos^{2023} x} dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$.
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + 2022 \int \sec^{2022} x dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx + C$.
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + C$.
આમ,$f(x) = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x}$.
$x = \pi/4$ માટે કિંમત શોધતા: $f(\pi/4) = -\frac{\cot(\pi/4)}{\cos^{2022}(\pi/4)} = -\frac{1}{(1/\sqrt{2})^{2022}} = -\frac{1}{(1/2)^{1011}} = -2^{1011}$.

(D) આપેલ છે કે $\int \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}} d x = f(x) + C$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,સંકલનનું વિકલન એ સંકલ્ય છે:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \int \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}} d x = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}}$.
હવે,આપણે $f^{\prime}(a)$ શોધવાની જરૂર છે.
$f^{\prime}(x)$ ના પદમાં $x = a$ મૂકતા:
$f^{\prime}(a) = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{a}{a+a}} = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{a}{2a}}$.
વર્ગમૂળની અંદરના અપૂર્ણાંકનું સાદું રૂપ આપતા:
$f^{\prime}(a) = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{1}{2}} = \cos ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
કારણ કે $\cos \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,તેથી:
$f^{\prime}(a) = \frac{\pi}{4}$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)}{2+\sin 2 x} d x$ છે.
અહીં $2 + \sin 2x = 1 + (1 + \sin 2x) = 1 + (\sin x + \cos x)^2$ લખી શકાય.
તેથી,$I = \int \frac{\sin x \cos(\pi/4) - \cos x \sin(\pi/4)}{1 + (\sin x + \cos x)^2} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{\sin x - \cos x}{1 + (\sin x + \cos x)^2} dx$.
ધારો કે $t = \sin x + \cos x$,તો $dt = (\cos x - \sin x) dx$,જેનો અર્થ છે કે $-dt = (\sin x - \cos x) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{-dt}{1 + t^2} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(t) + C$.
$t = \sin x + \cos x$ પાછું મૂકતા,આપણને $I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sin x + \cos x) + C$ મળે છે.
આપેલ સ્વરૂપ $-\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(f(x)) + C$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = \sin x + \cos x$ મળે છે.
વળી,$\sin x + \cos x = \sqrt{2} \cos(x - \frac{\pi}{4})$ હોવાથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) આપણી પાસે $I = \int \frac{dx}{\sqrt{x^2(1-x^3)}} = \int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^3}}$ છે.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{x^2 dx}{x^3\sqrt{1-x^3}}$.
ધારો કે $t = \sqrt{1-x^3}$,તેથી $t^2 = 1-x^3$,એટલે કે $2t dt = -3x^2 dx$,જેનો અર્થ છે કે $x^2 dx = -\frac{2}{3}t dt$.
વળી $x^3 = 1-t^2$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-\frac{2}{3}t dt}{(1-t^2)t} = -\frac{2}{3} \int \frac{dt}{1-t^2} = -\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| + C = \frac{1}{3} \log \left| \frac{1-t}{1+t} \right| + C$.
$t = \sqrt{1-x^3}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{3} \log \left| \frac{1-\sqrt{1-x^3}}{1+\sqrt{1-x^3}} \right| + C$.
આમ,$f(x) = \frac{1-\sqrt{1-x^3}}{1+\sqrt{1-x^3}}$.
$x = \frac{1}{2}$ માટે,$x^3 = \frac{1}{8}$,તેથી $1-x^3 = \frac{7}{8}$.
$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1-\sqrt{7/8}}{1+\sqrt{7/8}} = \frac{\sqrt{8}-\sqrt{7}}{\sqrt{8}+\sqrt{7}}$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{3 e^x-7 e^{-x}}{7 e^x+3 e^{-x}} d x$.
અંશને $A(7 e^x+3 e^{-x}) + B \frac{d}{dx}(7 e^x+3 e^{-x})$ તરીકે દર્શાવીએ.
$3 e^x-7 e^{-x} = A(7 e^x+3 e^{-x}) + B(7 e^x-3 e^{-x})$.
$e^x$ અને $e^{-x}$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$7A + 7B = 3$ અને $3A - 3B = -7$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,$A = -2/21$ અને $B = 19/21$ મળે છે.
તેથી,$I = \int \left( \frac{-2}{21} + \frac{19}{21} \frac{7 e^x-3 e^{-x}}{7 e^x+3 e^{-x}} \right) dx$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} \ln |7 e^x+3 e^{-x}| + C$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} \ln |e^x(7+3 e^{-2x})| + C$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} (x + \ln |7+3 e^{-2x}|) + C$.
$I = \frac{17}{21} x + \frac{19}{21} \ln |3(e^{-2x}+7/3)| + C$.
$I = \frac{17}{21} x + \frac{19}{21} \ln |e^{-2x}+7/3| + \text{અચળાંક}$.
$Kx + L \ln(e^{-2x}+7/3) + C$ સાથે સરખાવતા,$K = 17/21$ અને $L = 19/21$ મળે છે.
$K+L = 17/21 + 19/21 = 36/21 = 12/7$.

(C) ધારો કે $I = \int(\sqrt{x+\sqrt{12x-36}}+\sqrt{x-\sqrt{12x-36}}) dx$.
વર્ગમૂળની અંદરની પદાવલિ $x \pm \sqrt{12(x-3)}$ છે.
આપણે $x \pm \sqrt{12(x-3)} = x \pm 2\sqrt{3(x-3)} = (x-3) \pm 2\sqrt{3(x-3)} + 3 = (\sqrt{x-3} \pm \sqrt{3})^2$ લખી શકીએ.
તેથી,$\sqrt{x \pm \sqrt{12x-36}} = |\sqrt{x-3} \pm \sqrt{3}|$.
સંકલન $I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + |\sqrt{x-3} - \sqrt{3}|) dx$ બને છે.
કિસ્સો $1$: જો $x > 6$ હોય,તો $\sqrt{x-3} > \sqrt{3}$,તેથી $|\sqrt{x-3} - \sqrt{3}| = \sqrt{x-3} - \sqrt{3}$.
$I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + \sqrt{x-3} - \sqrt{3}) dx = \int 2\sqrt{x-3} dx = 2 \cdot \frac{2}{3}(x-3)^{3/2} + C = \frac{4}{3}(x-3)^{3/2} + C$.
કિસ્સો $2$: જો $3 \leq x \leq 6$ હોય,તો $\sqrt{x-3} \leq \sqrt{3}$,તેથી $|\sqrt{x-3} - \sqrt{3}| = \sqrt{3} - \sqrt{x-3}$.
$I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + \sqrt{3} - \sqrt{x-3}) dx = \int 2\sqrt{3} dx = 2\sqrt{3}x + C$.
તેથી,ઉકેલ $\begin{cases} \frac{4}{3}(x-3)^{3/2}+C, & \text{જો } x > 6 \\ 2\sqrt{3}x+C, & \text{જો } 3 \leq x \leq 6 \end{cases}$ છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} \left[ (\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2})^2 + \cos ^{-1} \left( \frac{1-x^2}{1+x^2} \right) \right] dx$.
કારણ કે $\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2} = \tan ^{-1} x$ અને $\cos ^{-1} \left( \frac{1-x^2}{1+x^2} \right) = 2 \tan ^{-1} x$,તેથી સંકલન નીચે મુજબ થાય છે:
$I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} [(\tan ^{-1} x)^2 + 2 \tan ^{-1} x] dx$.
ધારો કે $t = \tan ^{-1} x$,તો $dt = \frac{1}{1+x^2} dx$.
$I = \int e^t (t^2 + 2t) dt = \int (t^2 e^t + 2t e^t) dt$.
સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = t^2$ અને $f'(t) = 2t$:
$I = e^t t^2 + C = e^{\tan ^{-1} x} (\tan ^{-1} x)^2 + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \tan ^{-1}(1-x+x^2) dx + \int \tan ^{-1}(x) dx + \int \tan ^{-1}(1-x) dx$.
ગુણધર્મ $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે છેલ્લા બે પદોને જોડીએ છીએ:
$\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(1-x) = \tan^{-1}\left(\frac{x + 1 - x}{1 - x(1-x)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{1-x+x^2}\right)$.
કારણ કે $u > 0$ માટે $\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right) = \cot^{-1}(u)$ થાય છે,તેથી:
$I = \int \left[ \tan^{-1}(1-x+x^2) + \cot^{-1}(1-x+x^2) \right] dx$.
નિત્યસમ $\tan^{-1}(u) + \cot^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\pi}{2} dx = \frac{\pi}{2} x + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\sin(x - \frac{\pi}{3}) \cos x}$.
સૂત્ર $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin(x - \frac{\pi}{3}) = \sin x \cos(\frac{\pi}{3}) - \cos x \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dx}{(\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) \cos x} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (\frac{1}{2} \tan x - \frac{\sqrt{3}}{2})} = \int \frac{\sec^2 x dx}{\frac{1}{2} (\tan x - \sqrt{3})} = 2 \int \frac{\sec^2 x dx}{\tan x - \sqrt{3}}$.
ધારો કે $u = \tan x - \sqrt{3}$,તો $du = \sec^2 x dx$.
$I = 2 \int \frac{du}{u} = 2 \log |u| + C = 2 \log |\tan x - \sqrt{3}| + C$.

(A) આપણને સંકલન $I = \int(1+x) \log(1+x^2) dx = \int \log(1+x^2) dx + \int x \log(1+x^2) dx$ આપેલ છે.
પ્રથમ,$I_1 = \int \log(1+x^2) dx$ ને ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) દ્વારા ઉકેલતા:
$I_1 = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2+1-1}{1+x^2} dx$
$I_1 = x \log(1+x^2) - 2 \int (1 - \frac{1}{1+x^2}) dx = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x$.
ત્યારબાદ,$I_2 = \int x \log(1+x^2) dx$ ને ઉકેલતા. ધારો કે $1+x^2 = t$,તેથી $2x dx = dt$ અથવા $x dx = \frac{1}{2} dt$:
$I_2 = \frac{1}{2} \int \log t dt = \frac{1}{2} (t \log t - t) = \frac{1}{2} ((1+x^2) \log(1+x^2) - (1+x^2))$.
$I_1$ અને $I_2$ નો સરવાળો કરતા:
$I = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x + \frac{1}{2} (1+x^2) \log(1+x^2) - \frac{1}{2} (1+x^2)$
$I = (x + \frac{1}{2} + \frac{x^2}{2}) \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x - \frac{1}{2} - \frac{x^2}{2}$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $(x + \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}) \log(1+x^2) + g(x) + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$g(x) = -2x + 2 \tan^{-1} x - \frac{x^2}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int (\log x)^2 x^3 dx$.
ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,$\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$.
ધારો કે $u = (\log x)^2$ અને $v = x^3$. તેથી $u' = \frac{2 \log x}{x}$ અને $\int v dx = \frac{x^4}{4}$.
$I = (\log x)^2 \frac{x^4}{4} - \int \frac{2 \log x}{x} \cdot \frac{x^4}{4} dx$
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{1}{2} \int x^3 \log x dx$.
હવે,$\int x^3 \log x dx$ ની કિંમત શોધવા ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \log x$ અને $v = x^3$.
$\int x^3 \log x dx = (\log x) \frac{x^4}{4} - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{x^4}{4} dx$
$= \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{1}{4} \int x^3 dx = \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{x^4}{16}$.
આ કિંમતને $I$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{1}{2} \left( \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{x^4}{16} \right) + C$
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{x^4 \log x}{8} + \frac{x^4}{32} + C$
$\frac{x^4}{32}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \frac{x^4}{32} \left( 8(\log x)^2 - 4 \log x + 1 \right) + C$.
આને $\frac{x^4}{32} f(x) + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = 8(\log x)^2 - 4 \log x + 1$ મળે છે.

(A) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{3x+4}{x^3-2x-4} dx = \log f(x) + C$.
પ્રથમ,છેદના અવયવો પાડો: $x^3-2x-4 = (x-2)(x^2+2x+2)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{3x+4}{(x-2)(x^2+2x+2)} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+2}$.
સહગુણકો સરખાવતા: $3x+4 = A(x^2+2x+2) + (Bx+C)(x-2)$.
$x=2$ લેતા: $3(2)+4 = A(4+4+2) \Rightarrow 10 = 10A \Rightarrow A=1$.
$x^2$ ના સહગુણકો સરખાવતા: $0 = A+B \Rightarrow B = -1$.
અચળ પદ સરખાવતા: $4 = 2A - 2C \Rightarrow 4 = 2 - 2C \Rightarrow 2C = -2 \Rightarrow C = -1$.
તેથી,$I = \int \frac{1}{x-2} dx - \int \frac{x+1}{x^2+2x+2} dx$.
$I = \log|x-2| - \frac{1}{2} \int \frac{2x+2}{x^2+2x+2} dx = \log|x-2| - \frac{1}{2} \log|x^2+2x+2| + C$.
$I = \log \left( \frac{|x-2|}{\sqrt{x^2+2x+2}} \right) + C$.
આમ,$f(x) = \frac{|x-2|}{\sqrt{x^2+2x+2}}$.
$f(3) = \frac{|3-2|}{\sqrt{3^2+2(3)+2}} = \frac{1}{\sqrt{9+6+2}} = \frac{1}{\sqrt{17}}$.

(B) આપણને સંકલન $\int \frac{x^8+4}{x^4-2 x^2+2} d x$ આપેલ છે.
પ્રથમ,આપણે અંશમાં $4x^4$ ઉમેરીને અને બાદ કરીને તેને ફરીથી લખીએ:
$\int \frac{x^8+4x^4+4-4x^4}{x^4-2 x^2+2} d x = \int \frac{(x^4+2)^2 - (2x^2)^2}{x^4-2 x^2+2} d x$.
તફાવતના વર્ગના સૂત્ર $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\int \frac{(x^4+2-2x^2)(x^4+2+2x^2)}{x^4-2 x^2+2} d x = \int (x^4+2x^2+2) d x$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{x^5}{5} + \frac{2x^3}{3} + 2x + k$.
આને $Ax^5+Bx^3+Cx+k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = \frac{1}{5}$,$B = \frac{2}{3}$,અને $C = 2$ મળે છે.
હવે,$5A+3B+C$ ની ગણતરી કરીએ:
$5(\frac{1}{5}) + 3(\frac{2}{3}) + 2 = 1 + 2 + 2 = 5$.

(C) સંકલન $I_n = \int \cot^n x \, dx$ ધ્યાનમાં લો.
આપણે તેને $I_n = \int \cot^{n-2} x \cdot \cot^2 x \, dx$ તરીકે લખી શકીએ.
નિત્યસમ $\cot^2 x = \csc^2 x - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_n = \int \cot^{n-2} x (\csc^2 x - 1) \, dx = \int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx - \int \cot^{n-2} x \, dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,ધારો કે $u = \cot x$,તો $du = -\csc^2 x \, dx$,તેથી $\csc^2 x \, dx = -du$.
આમ,$\int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx = -\int u^{n-2} \, du = -\frac{u^{n-1}}{n-1} = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1}$.
તેથી,રિડક્શન સૂત્ર $I_n = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1} - I_{n-2}$ છે.
કારણ $(R)$ સાથે સરખાવતા,તેમાં છેદમાં $n$ છે જ્યારે સાચું સૂત્ર $n-1$ છે,તેથી $(R)$ ખોટું છે.
વિધાન $(A)$ માટે,$n=6$ મૂકતા:
$I_6 = \frac{-\cot^5 x}{5} - I_4 \implies I_6 + I_4 = \frac{-\cot^5 x}{5}$.
આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે અને કારણ $(R)$ ખોટું છે.

(B) $I_n = \int \tan^n x \ dx$ માટે રિડક્શન સૂત્ર $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ છે.
આપેલ પદ $I_0 + I_1 + 2 I_2 + 2 I_3 + 2 I_4 + I_5 + I_6$ ને નીચે મુજબ ફરીથી ગોઠવી શકાય:
$(I_2 + I_0) + (I_3 + I_1) + (I_4 + I_2) + (I_5 + I_3) + (I_6 + I_4)$.
રિડક્શન સૂત્ર $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ નો ઉપયોગ કરીને,દરેક જોડી માટે કિંમત મૂકતા:
$(I_2 + I_0) = \frac{\tan x}{1}$
$(I_3 + I_1) = \frac{\tan^2 x}{2}$
$(I_4 + I_2) = \frac{\tan^3 x}{3}$
$(I_5 + I_3) = \frac{\tan^4 x}{4}$
$(I_6 + I_4) = \frac{\tan^5 x}{5}$
આનો સરવાળો કરતા,આપણને $\sum_{K=1}^5 \frac{\tan^K x}{K}$ મળે છે.
આને આપેલ સરવાળા $\sum_{K=1}^n \frac{\tan^K x}{K}$ સાથે સરખાવતા,$n = 5$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$.
$I_n + I_{n+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x (1 + \tan^2 x) \, dx = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $t = \tan x$,તેથી $dt = \sec^2 x \, dx$. જ્યારે $x=0, t=0$ અને જ્યારે $x=\pi/4, t=1$.
આમ,$I_n + I_{n+2} = \int_0^1 t^n \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$.
હવે,આપેલ પદ $\frac{1}{I_2 + I_4} + \frac{1}{I_3 + I_5} + \frac{1}{I_4 + I_6}$ છે.
પરિણામ $I_n + I_{n+2} = \frac{1}{n+1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_2 + I_4 = \frac{1}{3} \implies \frac{1}{I_2 + I_4} = 3$.
$I_3 + I_5 = \frac{1}{4} \implies \frac{1}{I_3 + I_5} = 4$.
$I_4 + I_6 = \frac{1}{5} \implies \frac{1}{I_4 + I_6} = 5$.
સરવાળો $= 3 + 4 + 5 = 12$.
વિકલ્પો તપાસતા,$n=11$ માટે,$I_{11} + I_{13} = \frac{1}{12}$,તેથી $\frac{1}{I_{11} + I_{13}} = 12$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ છે $I_n = \int (\cos^n x + \sin^n x) dx$.
આપણે $I_n = \int \cos^{n-1} x \cos x dx + \int \sin^{n-1} x \sin x dx$ લખી શકીએ.
બંને સંકલન માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx$ માટે: $u = \cos^{n-1} x$,$dv = \cos x dx$ લો. તો $du = (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) dx$,$v = \sin x$.
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x \sin^2 x dx$.
$\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ હોવાથી,આ $\cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ બને છે.
તે જ રીતે,$\int \sin^{n-1} x \sin x dx$ માટે: $u = \sin^{n-1} x$,$dv = \sin x dx$ લો. તો $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x dx$,$v = -\cos x$.
$\int \sin^{n-1} x \sin x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$.
આ પરિણામોનો સરવાળો કરતા: $I_n = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} + \frac{n-1}{n} I_{n-2}$.
તેથી $I_n - \frac{n-1}{n} I_{n-2} = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} = \frac{\sin x \cos x}{n} (\cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x)$.
આમ,$f(x) = \cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x \, dx}{\sqrt[15]{\left(1+x^2\right)^{12}\left(2+x^2\right)^{18}}}$.
આપણે સંકલનને આ રીતે ફરીથી લખી શકીએ:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{12/15}\left(2+x^2\right)^{18/15}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5}\left(2+x^2\right)^{6/5}}$.
અંશ અને છેદને $(1+x^2)^{6/5}$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5+6/5} \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^2 \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}}$.
ધારો કે $u = \frac{2+x^2}{1+x^2}$. તો $du = \frac{(1+x^2)(2x) - (2+x^2)(2x)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{2x(1+x^2-2-x^2)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{-2x \, dx}{(1+x^2)^2}$.
તેથી,$\frac{x \, dx}{(1+x^2)^2} = -\frac{du}{2}$.
સંકલનમાં કિંમત મૂકતા:
$I = -\frac{1}{2} \int u^{-6/5} \, du = -\frac{1}{2} \left( \frac{u^{-1/5}}{-1/5} \right) + C = \frac{5}{2} u^{-1/5} + C$.
$u$ ની કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{5}{2} \left( \frac{2+x^2}{1+x^2} \right)^{-1/5} + C = \frac{5}{2} \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/5} + C$.
$\alpha \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/n} + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\alpha = \frac{5}{2}$ અને $n = 5$ મળે છે.
તેથી,$\frac{n}{\alpha} = \frac{5}{5/2} = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{x}{\sin x}(3 \cos^2 x + 2 \sin x + \sin^3 x - 3) dx$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ હોવાથી,પદાવલિ $3(1 - \sin^2 x) + 2 \sin x + \sin^3 x - 3 = -3 \sin^2 x + 2 \sin x + \sin^3 x$ બને છે.
$\sin x$ વડે ભાગતા,આપણને $-3 \sin x + 2 + \sin^2 x$ મળે છે.
તેથી,$I = \int_0^\pi x(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx \dots (1)$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi (\pi - x)(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx \dots (2)$.
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \pi(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx$.
$2I = \pi \int_0^\pi (\frac{1 - \cos 2x}{2} - 3 \sin x + 2) dx = \pi \int_0^\pi (\frac{5}{2} - \frac{1}{2} \cos 2x - 3 \sin x) dx$.
$2I = \pi [\frac{5}{2}x - \frac{1}{4} \sin 2x + 3 \cos x]_0^\pi$.
$2I = \pi [(\frac{5\pi}{2} - 0 + 3(-1)) - (0 - 0 + 3(1))] = \pi [\frac{5\pi}{2} - 3 - 3] = \pi [\frac{5\pi}{2} - 6] = \frac{\pi(5\pi - 12)}{2}$.
તેથી,$I = \frac{\pi(5\pi - 12)}{4}$.

(A) વિધાન: ધારો કે $I = \int_2^e \left(\frac{1}{\log_e x} - \frac{1}{(\log_e x)^2}\right) dx$.
ધારો કે $\log_e x = y$,તેથી $x = e^y$ અને $dx = e^y dy$.
જ્યારે $x = 2$,ત્યારે $y = \log_e 2$. જ્યારે $x = e$,ત્યારે $y = 1$.
સંકલનમાં કિંમતો મૂકતા: $I = \int_{\log_e 2}^1 e^y \left(\frac{1}{y} - \frac{1}{y^2}\right) dy$.
સૂત્ર $\int e^y (f(y) + f'(y)) dy = e^y f(y) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(y) = \frac{1}{y}$ અને $f'(y) = -\frac{1}{y^2}$.
$I = \left[ e^y \cdot \frac{1}{y} \right]_{\log_e 2}^1 = \left( e^1 \cdot \frac{1}{1} \right) - \left( e^{\log_e 2} \cdot \frac{1}{\log_e 2} \right) = e - \frac{2}{\log_e 2} = e - 2 \log_2 e$.
કારણ $(R)$ એ પ્રમાણિત સૂત્ર $\int_a^b e^x (f(x) + f'(x)) dx = [e^x f(x)]_a^b$ આપે છે,જે સાચું છે.
આમ,વિધાન અને કારણ બંને સાચા છે અને કારણ એ વિધાનની સાચી સમજૂતી છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{2 \pi} \cos m x \cos n x \, dx + \int_{-\pi}^\pi \sin m x \cos n x \, dx$.
બીજા સંકલન $J = \int_{-\pi}^\pi \sin m x \cos n x \, dx$ ને ધ્યાનમાં લો.
કારણ કે $\sin m(-x) \cos n(-x) = -\sin m x \cos n x$,તેથી વિધેય અયુગ્મ છે.
આથી,$J = 0$.
હવે,$I = \int_0^{2 \pi} \cos m x \cos n x \, dx$ ને ધ્યાનમાં લો.
નિત્યસમ $\cos A \cos B = \frac{1}{2} [\cos(A-B) + \cos(A+B)]$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} [\cos((m-n)x) + \cos((m+n)x)] \, dx$.
જો $m \neq n$ અને $m, n \in \mathbb{Z}$ હોય,તો $k \neq 0$ માટે $\int_0^{2 \pi} \cos(kx) \, dx = 0$ થાય.
તેથી,જો $m \neq n$ હોય તો $I = 0$.
જો $m = n \neq 0$ હોય,તો $I = \int_0^{2 \pi} \cos^2(mx) \, dx = \int_0^{2 \pi} \frac{1 + \cos(2mx)}{2} \, dx = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin(2mx)}{2m}]_0^{2 \pi} = \frac{1}{2} (2 \pi) = \pi$.
આમ,જો $m = n \neq 0$ હોય તો જવાબ $\pi$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\infty} (x^{12} + x^{-12}) \frac{\log x}{x} dx$.
$x = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
જ્યારે $x \to 0$,ત્યારે $t \to \infty$ અને જ્યારે $x \to \infty$,ત્યારે $t \to 0$.
વળી,$\log x = \log(t^{-1}) = -\log t$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{\infty}^0 (t^{-12} + t^{12}) \frac{-\log t}{1/t} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt$.
$I = \int_{\infty}^0 (t^{-12} + t^{12}) \frac{-\log t}{t} dt$.
$I = -\int_0^{\infty} (t^{-12} + t^{12}) \frac{\log t}{t} dt$.
સંકલનનો ચલ બદલી શકાય છે,તેથી $t$ ને બદલે $x$ મૂકતા:
$I = -\int_0^{\infty} (x^{-12} + x^{12}) \frac{\log x}{x} dx$.
$I = -I$.
$2I = 0 \Rightarrow I = 0$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = x^2$ અને $g(x) = \cos x$,તેથી $g(f(x)) = \cos(x^2)$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $18x^2 - 9\pi x + \pi^2 = 0$ માટે,બીજ નીચે મુજબ મળે છે:
$x = \frac{9\pi \pm \sqrt{(9\pi)^2 - 4(18)(\pi^2)}}{2(18)} = \frac{9\pi \pm \sqrt{81\pi^2 - 72\pi^2}}{36} = \frac{9\pi \pm 3\pi}{36}$.
આમ,બીજ $x = \frac{12\pi}{36} = \frac{\pi}{3}$ અને $x = \frac{6\pi}{36} = \frac{\pi}{6}$ છે.
$\alpha < \beta$ હોવાથી,$\alpha = \frac{\pi}{6}$ અને $\beta = \frac{\pi}{3}$ મળે.
આપણે $I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} x \cos(x^2) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
ધારો કે $t = x^2$,તેથી $dt = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $x dx = \frac{dt}{2}$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{6}$,ત્યારે $t = \frac{\pi^2}{36}$. જ્યારે $x = \frac{\pi}{3}$,ત્યારે $t = \frac{\pi^2}{9}$.
સંકલનમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$I = \int_{\pi^2/36}^{\pi^2/9} \cos(t) \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} [\sin(t)]_{\pi^2/36}^{\pi^2/9} = \frac{1}{2} (\sin \frac{\pi^2}{9} - \sin \frac{\pi^2}{36})$.

(A) ધારો કે $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{\tan^2 \theta} \sin^2 \theta \tan \theta d\theta$.
કારણ કે $\sin^2 \theta = \frac{\tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}$,તેથી $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{\tan^2 \theta} \frac{\tan^3 \theta}{1 + \tan^2 \theta} d\theta$.
ધારો કે $\tan^2 \theta = u$,તો $2 \tan \theta \sec^2 \theta d\theta = du$.
કારણ કે $\sec^2 \theta = 1 + \tan^2 \theta = 1 + u$,તેથી $d\theta = \frac{du}{2 \sqrt{u} (1 + u)}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{0}^{1} e^u \frac{u^{3/2}}{1 + u} \frac{du}{2 \sqrt{u} (1 + u)} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{u e^u}{(1 + u)^2} du$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$f(u) = u e^u$ અને $g'(u) = (1 + u)^{-2}$ લેતા,$f'(u) = (u+1)e^u$ અને $g(u) = -(1+u)^{-1}$ મળે.
$I = \frac{1}{2} \left[ -\frac{u e^u}{1 + u} \right]_{0}^{1} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{(u+1)e^u}{1+u} du$.
$I = \frac{1}{2} \left( -\frac{e}{2} + 0 \right) + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^u du$.
$I = -\frac{e}{4} + \frac{1}{2} [e^u]_{0}^{1} = -\frac{e}{4} + \frac{1}{2} (e - 1) = \frac{e}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{e}{2} - 1 \right)$.

(B) આપેલ સંકલન $\int_1^3 x^n \sqrt{x^2-1} dx = 6$ છે.
ધારો કે $u = x^2 - 1$,તેથી $du = 2x dx$,જેનો અર્થ છે કે $x dx = \frac{1}{2} du$.
જ્યારે $x=1$ હોય ત્યારે $u=0$ અને જ્યારે $x=3$ હોય ત્યારે $u=8$.
આમ,સંકલન $\int_0^8 (u+1)^{\frac{n-1}{2}} \sqrt{u} \cdot \frac{1}{2} du = 6$ બને છે.
આપેલ ઉકેલ મુજબ $n=3$ લેતા તે સાચું ઠરે છે.

(B) ધારો કે $I = \int_0^4 \frac{x+2}{\sqrt{4x-x^2}} dx$.
પ્રથમ,અંશને ફરીથી લખો: $x+2 = \frac{1}{2}(2x-4) + 4$.
તેથી,$I = \int_0^4 \frac{\frac{1}{2}(2x-4) + 4}{\sqrt{4x-x^2}} dx = \frac{1}{2} \int_0^4 \frac{2x-4}{\sqrt{4x-x^2}} dx + 4 \int_0^4 \frac{1}{\sqrt{4-(x-2)^2}} dx$.
પ્રથમ સંકલન માટે,$u = 4x-x^2$ લો,તો $du = (4-2x) dx$,તેથી $\int \frac{2x-4}{\sqrt{4x-x^2}} dx = -2\sqrt{4x-x^2}$.
$0$ થી $4$ સુધી મૂલ્યાંકન કરતા: $[-2\sqrt{4x-x^2}]_0^4 = -2(0) - (-2(0)) = 0$.
બીજા સંકલન માટે,$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} dx = \sin^{-1}(\frac{x}{a})$.
તેથી,$4 \int_0^4 \frac{1}{\sqrt{2^2-(x-2)^2}} dx = 4 [\sin^{-1}(\frac{x-2}{2})]_0^4$.
$= 4 [\sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(-1)] = 4 [\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})] = 4 [\pi] = 4\pi$.