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

(B) माना दिया गया व्यंजक $S$ है।
$S = \sum_{k=1}^{89} \frac{1}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}}$
$\sin 1^{\circ}$ से गुणा और भाग करने पर:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{k=1}^{89} \frac{\sin((k+1)^{\circ} - k^{\circ})}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}}$
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} \sum_{k=1}^{89} (\cot k^{\circ} - \cot(k+1)^{\circ})$
यह एक टेलीस्कोपिंग श्रेणी है:
$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot 1^{\circ} - \cot 90^{\circ})$
चूंकि $\cot 90^{\circ} = 0$:
$S = \frac{\cot 1^{\circ}}{\sin 1^{\circ}} = \frac{\cos 1^{\circ}}{\sin^2 1^{\circ}}$

(B) दिया गया है $\cos^4 \theta = a \cos 4\theta + b \cos 2\theta + c$.
सर्वसमिका $\cos^2 \theta = \frac{1 + \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर:
$\cos^4 \theta = \left(\frac{1 + \cos 2\theta}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} (1 + 2 \cos 2\theta + \cos^2 2\theta)$.
$\cos^2 2\theta = \frac{1 + \cos 4\theta}{2}$ रखने पर:
$\cos^4 \theta = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{1}{4} \left(\frac{1 + \cos 4\theta}{2}\right)$.
$= \frac{1}{4} + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} \cos 4\theta$.
$= \frac{1}{8} \cos 4\theta + \frac{1}{2} \cos 2\theta + \frac{3}{8}$.
तुलना करने पर,$a = \frac{1}{8}$,$b = \frac{1}{2}$,और $c = \frac{3}{8}$ प्राप्त होता है।
अतः,$(a, b, c) = \left(\frac{1}{8}, \frac{1}{2}, \frac{3}{8}\right)$.

(A) हमारे पास है,$\sin (5 \theta) = \sin (3 \theta + 2 \theta)$.
$\sin (A + B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$\sin (5 \theta) = \sin 3 \theta \cos 2 \theta + \cos 3 \theta \sin 2 \theta$.
गुणक कोण सूत्रों का उपयोग करने पर:
$\sin (5 \theta) = (3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + (4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta)(2 \sin \theta \cos \theta)$.
पदों का विस्तार करने पर:
$\sin (5 \theta) = 16 \sin \theta \cos^4 \theta - 12 \sin \theta \cos^2 \theta + \sin \theta$.

(C) दिया गया है,$A+B+C=\pi$,जिसका अर्थ है $B=\pi-(A+C)$.
समीकरण $\cos B=\cos A \cos C$ दिया गया है।
$B$ का मान प्रतिस्थापित करने पर,$\cos(\pi-(A+C))=\cos A \cos C$.
सर्वसमिका $\cos(\pi-\theta)=-\cos \theta$ का उपयोग करने पर,$-\cos(A+C)=\cos A \cos C$.
बाएँ पक्ष का विस्तार करने पर,$-(\cos A \cos C - \sin A \sin C) = \cos A \cos C$.
$-\cos A \cos C + \sin A \sin C = \cos A \cos C$.
पदों को व्यवस्थित करने पर,$\sin A \sin C = 2 \cos A \cos C$.
दोनों पक्षों को $\cos A \cos C$ से विभाजित करने पर,$\frac{\sin A \sin C}{\cos A \cos C} = 2$.
अतः,$\tan A \tan C = 2$.

(D) हम जानते हैं कि $\cos 5 \theta = \cos (4 \theta + \theta)$ है।
सूत्र $\cos (A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B$ का उपयोग करने पर:
$\cos 5 \theta = \cos 4 \theta \cos \theta - \sin 4 \theta \sin \theta$
$= (2 \cos ^2 2 \theta - 1) \cos \theta - (2 \sin 2 \theta \cos 2 \theta) \sin \theta$
$= \{2(2 \cos ^2 \theta - 1)^2 - 1\} \cos \theta - 4 \sin ^2 \theta \cos \theta (2 \cos ^2 \theta - 1)$
$= (8 \cos ^4 \theta - 8 \cos ^2 \theta + 1) \cos \theta - 4(1 - \cos ^2 \theta) \cos \theta (2 \cos ^2 \theta - 1)$
$= 16 \cos ^5 \theta - 20 \cos ^3 \theta + 5 \cos \theta$

(A) दिया गया है: $\cos \theta - \sin \theta = \sqrt{5} \sin \theta$
$\cos \theta = (\sqrt{5} + 1) \sin \theta$
$\tan \theta = \frac{1}{\sqrt{5} + 1} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$
माना $x = \cos \theta + \sin \theta$ है।
$x^2 = \cos^2 \theta + \sin^2 \theta + 2 \sin \theta \cos \theta = 1 + 2 \sin \theta \cos \theta$
चूँकि $\cos \theta = (\sqrt{5} + 1) \sin \theta$,इसलिए $\sin \theta = \frac{\cos \theta}{\sqrt{5} + 1}$ है।
$\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$ का उपयोग करने पर:
$\cos^2 \theta + \frac{\cos^2 \theta}{(\sqrt{5} + 1)^2} = 1$
सरल करने पर,$\cos \theta + \sin \theta = \sqrt{5} \cos \theta$ प्राप्त होता है।

(A) हम जानते हैं कि $\sec ^2 x = 1 + \tan ^2 x$ होता है।
इसे व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$1 + \tan ^2 x + 5 \tan x + 5$
$= \tan ^2 x + 5 \tan x + 6$
अब,$\tan x$ के पदों में द्विघात व्यंजक का गुणनखंड करने पर:
$= \tan ^2 x + 2 \tan x + 3 \tan x + 6$
$= \tan x(\tan x + 2) + 3(\tan x + 2)$
$= (\tan x + 2)(\tan x + 3)$

(A) दिया गया है $\sin x + a \cos x = b$ ... $(i)$
मान लीजिए $y = |a \sin x - \cos x|$।
दोनों समीकरणों का वर्ग करने पर:
$(\sin x + a \cos x)^2 = b^2$
$\sin^2 x + a^2 \cos^2 x + 2a \sin x \cos x = b^2$ ... $(ii)$
$(a \sin x - \cos x)^2 = y^2$
$a^2 \sin^2 x + \cos^2 x - 2a \sin x \cos x = y^2$ ... $(iii)$
$(ii)$ और $(iii)$ को जोड़ने पर:
$(\sin^2 x + a^2 \cos^2 x) + (a^2 \sin^2 x + \cos^2 x) = b^2 + y^2$
$\sin^2 x (1 + a^2) + \cos^2 x (a^2 + 1) = b^2 + y^2$
$(a^2 + 1)(\sin^2 x + \cos^2 x) = b^2 + y^2$
$a^2 + 1 = b^2 + y^2$
$y^2 = a^2 - b^2 + 1$
$y = \sqrt{a^2 - b^2 + 1}$

(A) दिया गया समीकरण: $\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)+\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)=1$
सर्वसमिका $\sin(A+B)+\sin(A-B) = 2 \sin A \cos B$ का उपयोग करने पर:
$2 \sin x \cos \frac{\pi}{3} = 1$
चूंकि $\cos \frac{\pi}{3} = \frac{1}{2}$,इसलिए:
$2 \sin x \cdot \frac{1}{2} = 1$
$\sin x = 1$
$x \in [0, \pi]$ के लिए,$x$ का मान $\frac{\pi}{2}$ है।

(A) माना $x = \cot \theta$. व्यंजक $2x^2 - x - 3$ हो जाता है।
$2x^2 - x - 3$ का गुणनखंड करने के लिए,हम ऐसी दो संख्याएँ ढूँढते हैं जिनका गुणनफल $2 \times (-3) = -6$ और योग $-1$ हो।
ये संख्याएँ $-3$ और $2$ हैं।
$2x^2 - 3x + 2x - 3 = x(2x - 3) + 1(2x - 3) = (2x - 3)(x + 1)$.
$x = \cot \theta$ वापस रखने पर,हमें $(2 \cot \theta - 3)(\cot \theta + 1)$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया व्यंजक: $\tan x + \frac{\cos x}{1 + \sin x}$
$= \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{1 + \sin x}$
$= \frac{\sin x(1 + \sin x) + \cos^2 x}{\cos x(1 + \sin x)}$
$= \frac{\sin x + \sin^2 x + \cos^2 x}{\cos x(1 + \sin x)}$
चूंकि $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,हमें प्राप्त होता है:
$= \frac{\sin x + 1}{\cos x(1 + \sin x)}$
$= \frac{1}{\cos x} = \sec x$

(C) दिया गया समीकरण $2 \cosh^2 x - 3 \sinh x - k = 0$ है।
सर्वसमिका $\cosh^2 x = 1 + \sinh^2 x$ का उपयोग करने पर:
$2(1 + \sinh^2 x) - 3 \sinh x - k = 0$
$2 \sinh^2 x - 3 \sinh x + (2 - k) = 0$।
माना $t = \sinh x$,जहाँ $t \in R$ है। द्विघात समीकरण $2t^2 - 3t + (2 - k) = 0$ का $x$ के लिए कोई वास्तविक हल नहीं होगा यदि विविक्तकर $D < 0$ हो।
$D = (-3)^2 - 4(2)(2 - k) < 0$
$9 - 8(2 - k) < 0$
$9 - 16 + 8k < 0$
$8k - 7 < 0$
$k < \frac{7}{8}$।

(A) हम जानते हैं कि $\triangle ABC$ के लिए,$\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right) + \tan \left(\frac{C}{2}\right) \tan \left(\frac{A}{2}\right) = 1$ होता है।
त्रिभुज के लिए,$\tan \left(\frac{A}{2}\right), \tan \left(\frac{B}{2}\right), \tan \left(\frac{C}{2}\right) > 0$ है।
$AM \geq GM$ असमिका का उपयोग करने पर:
$\frac{\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) + \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right) + \tan \left(\frac{C}{2}\right) \tan \left(\frac{A}{2}\right)}{3} \geq \left[\tan^2 \left(\frac{A}{2}\right) \tan^2 \left(\frac{B}{2}\right) \tan^2 \left(\frac{C}{2}\right)\right]^{\frac{1}{3}}$.
अतः,$\frac{1}{3} \geq \left[\tan \left(\frac{A}{2}\right) \tan \left(\frac{B}{2}\right) \tan \left(\frac{C}{2}\right)\right]^{\frac{2}{3}}$.
दोनों पक्षों का घन करने पर,$\left(\tan \frac{A}{2} \tan \frac{B}{2} \tan \frac{C}{2}\right)^2 \leq \frac{1}{27}$ प्राप्त होता है।

(D) दी गई असमिका $2^{\sqrt{\sin^2 x - 2 \sin x + 5}} \cdot 2^{-2 \sin^2 y} \leq 1$ है।
इसे $2^{\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4}} \leq 2^{2 \sin^2 y}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
आधार $2 > 1$ है,इसलिए $\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \leq 2 \sin^2 y$।
हम जानते हैं कि $(\sin x - 1)^2 \geq 0$,इसलिए $\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \geq 2$।
अतः $2 \sin^2 y \geq 2$,जिसका अर्थ है $\sin^2 y \geq 1$।
$\sin^2 y$ का अधिकतम मान $1$ है,इसलिए $\sin^2 y = 1$ अर्थात $\sin y = \pm 1$।
$\sin^2 y = 1$ रखने पर,$\sqrt{(\sin x - 1)^2 + 4} \leq 2$ प्राप्त होता है।
इससे $(\sin x - 1)^2 + 4 \leq 4$,अर्थात $(\sin x - 1)^2 \leq 0$।
अतः $\sin x = 1$।
इस प्रकार,$\sin x = |\sin y|$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है $x+y+z = \frac{\pi}{2}$ और $x \geq y \geq z \geq \frac{\pi}{12}$।
हमें $f(x, y, z) = \cos x \sin y \cos z$ का न्यूनतम मान ज्ञात करना है।
गुणनफल-से-योग सूत्र का उपयोग करते हुए: $\cos x \cos z = \frac{1}{2}(\cos(x+z) + \cos(x-z))$।
चूंकि $x+z = \frac{\pi}{2} - y$,इसलिए $\cos(x+z) = \sin y$ होगा।
अतः,$f = \frac{1}{2}(\sin y + \cos(x-z)) \sin y = \frac{1}{2}(\sin^2 y + \sin y \cos(x-z))$।
न्यूनतम मान के लिए,हम सीमा स्थितियों पर विचार करते हैं। $y = z = \frac{\pi}{12}$ लेने पर,$x = \frac{\pi}{3}$ प्राप्त होता है।
मान रखने पर: $\cos(\frac{\pi}{3}) \sin(\frac{\pi}{12}) \cos(\frac{\pi}{12}) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$।

(A) $A(-3, 4)$ का रेखा $2x + y - 7 = 0$ के सापेक्ष प्रतिबिंब $A'(\frac{21}{5}, \frac{38}{5})$ प्राप्त होता है।
सबसे छोटे रास्ते के लिए $B$,$A'C$ रेखा और दी गई रेखा का प्रतिच्छेदन बिंदु है।
रेखा $A'C$ का समीकरण $11x - 7y + 7 = 0$ है।
दोनों रेखाओं को हल करने पर $B(\frac{42}{25}, \frac{91}{25})$ प्राप्त होता है।
दूरी सूत्र के अनुसार $AB = \sqrt{(\frac{42}{25} + 3)^2 + (\frac{91}{25} - 4)^2} = \frac{9 \sqrt{170}}{25}$.

(D) मान लीजिए $C = (x, y)$ है। चूंकि $\triangle ABC$ एक समद्विबाहु समकोण त्रिभुज है,इसलिए $AC = BC$ और $AC \perp BC$ है।
$AC^2 = BC^2$ से,$(x-2)^2 + (y-3)^2 = (x-4)^2 + (y-5)^2$.
सरल करने पर,$4x + 4y = 28$,अर्थात $x + y = 7 \implies y = 7 - x$.
चूंकि $AC \perp BC$,उनके ढाल का गुणनफल $-1$ होगा: $\left(\frac{y-3}{x-2}\right) \times \left(\frac{y-5}{x-4}\right) = -1$.
$(y-3)(y-5) = -(x-2)(x-4) \implies x^2 + y^2 - 6x - 8y + 23 = 0$.
$y = 7-x$ प्रतिस्थापित करने पर: $x^2 + (7-x)^2 - 6x - 8(7-x) + 23 = 0$.
$2x^2 - 12x + 16 = 0 \implies x^2 - 6x + 8 = 0$.
$(x-2)(x-4) = 0$,अतः $x = 2$ या $x = 4$.
यदि $x = 2$,तो $y = 5$,अतः $C = (2, 5)$। केंद्रक $G = \left(\frac{2+4+2}{3}, \frac{3+5+5}{3}\right) = \left(\frac{8}{3}, \frac{13}{3}\right)$.
यदि $x = 4$,तो $y = 3$,अतः $C = (4, 3)$। केंद्रक $G = \left(\frac{2+4+4}{3}, \frac{3+5+3}{3}\right) = \left(\frac{10}{3}, \frac{11}{3}\right)$.
विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $\left(\frac{10}{3}, \frac{11}{3}\right)$ है।

(A) समीकरण $|x+y|=2$ को $x+y=2$ या $x+y=-2$ के रूप में लिखा जा सकता है।
$x+y=2$ के लिए,अक्षों पर अंतःखंड $(2,0)$ और $(0,2)$ हैं।
$x+y=-2$ के लिए,अक्षों पर अंतःखंड $(-2,0)$ और $(0,-2)$ हैं।
ये चार बिंदु $A(0,2)$,$B(2,0)$,$C(0,-2)$,और $D(-2,0)$ हैं।
ये बिंदु एक समचतुर्भुज बनाते हैं जिसके विकर्णों की लंबाई $d_1 = 4$ ($y$-अक्ष पर) और $d_2 = 4$ ($x$-अक्ष पर) है।
समचतुर्भुज का क्षेत्रफल $\frac{1}{2} \times d_1 \times d_2$ द्वारा दिया जाता है।
क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times 4 \times 4 = 8$ वर्ग इकाई।

(C) मान लीजिए निर्देशांक $A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)$ और $C(x_3, y_3)$ हैं।
प्रश्न के अनुसार,$x$-निर्देशांक और $y$-निर्देशांक समान सार्व अनुपात $r$ के साथ $GP$ में हैं।
मान लीजिए $x_1 = a, x_2 = ar, x_3 = ar^2$ और $y_1 = b, y_2 = br, y_3 = br^2$ है।
अतः,बिंदु $A(a, b), B(ar, br)$ और $C(ar^2, br^2)$ हैं।
$AB$ की ढाल $= \frac{br - b}{ar - a} = \frac{b(r - 1)}{a(r - 1)} = \frac{b}{a}$ है।
$BC$ की ढाल $= \frac{br^2 - br}{ar^2 - ar} = \frac{br(r - 1)}{ar(r - 1)} = \frac{b}{a}$ है।
चूंकि $AB$ की ढाल $= BC$ की ढाल है,इसलिए बिंदु $A, B$ और $C$ संरेख हैं।
अतः,बिंदु $A, B$ और $C$ एक सीधी रेखा पर स्थित हैं।

(C) $(x_1, y_1, z_1)$,$(x_2, y_2, z_2)$ और $(x_3, y_3, z_3)$ शीर्षों वाले त्रिभुज का केंद्रक $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ होता है।
दिए गए शीर्षों $(a, 1, 3)$,$(-2, b, -5)$ और $(4, 7, c)$ के लिए केंद्रक $(0, 0, 0)$ है:
$\frac{a-2+4}{3} = 0 \Rightarrow a = -2$
$\frac{1+b+7}{3} = 0 \Rightarrow b = -8$
$\frac{3-5+c}{3} = 0 \Rightarrow c = 2$
अतः,$a^2 + b^2 + c^2 = (-2)^2 + (-8)^2 + (2)^2 = 4 + 64 + 4 = 72$.

(C) माना भुजाएँ $a = 13, b = 14, c = 15$ हैं।
अर्ध-परिमाप $s = \frac{13 + 14 + 15}{2} = \frac{42}{2} = 21$.
त्रिभुज का क्षेत्रफल $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{21(21-13)(21-14)(21-15)} = \sqrt{21 \times 8 \times 7 \times 6} = \sqrt{7056} = 84$.
परिवृत्त त्रिज्या $R = \frac{abc}{4\Delta} = \frac{13 \times 14 \times 15}{4 \times 84} = \frac{2730}{336} = \frac{65}{8}$.
अंतःत्रिज्या $r = \frac{\Delta}{s} = \frac{84}{21} = 4$.
अब,$8R - r = 8 \times \left(\frac{65}{8}\right) - 4 = 65 - 4 = 61$.

(C) माना $A(-2, 2)$,$B(2, -2)$ और $C(1, 1)$ त्रिभुज $\triangle ABC$ के शीर्ष हैं।
दूरी सूत्र $d = \sqrt{(x_2 - x_1)^2 + (y_2 - y_1)^2}$ का उपयोग करने पर:
$AB = \sqrt{(2 - (-2))^2 + (-2 - 2)^2} = \sqrt{4^2 + (-4)^2} = \sqrt{16 + 16} = \sqrt{32} = 4\sqrt{2}$
$BC = \sqrt{(1 - 2)^2 + (1 - (-2))^2} = \sqrt{(-1)^2 + 3^2} = \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10}$
$AC = \sqrt{(1 - (-2))^2 + (1 - 2)^2} = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{9 + 1} = \sqrt{10}$
चूंकि $BC = AC = \sqrt{10}$,त्रिभुज की दो भुजाएँ बराबर हैं।
अतः,$\triangle ABC$ एक समद्विबाहु त्रिभुज है।

(A) माना रेखाएँ $L_1: x-y+3=0$,$L_2: 2x-y+3=0$,$L_3: 3x-y+2=0$,और $L_4: x+y-3=0$ हैं।
त्रिभुज बनाने के लिए,हमें $3$ ऐसी रेखाओं की आवश्यकता है जो संगामी (concurrent) न हों और समांतर न हों।
किसी भी $3$ रेखाओं के लिए समीकरणों को हल करके संगामी होने की जाँच करें।
$L_1, L_2, L_3$ को हल करने पर: $L_1$ और $L_2$ का प्रतिच्छेदन बिंदु $(-0, 3)$ है। $L_3$ में रखने पर: $3(0)-3+2 = -1 \neq 0$। अतः,वे संगामी नहीं हैं।
$4$ में से $3$ रेखाओं के सभी संयोजनों की जाँच करने पर ($^4C_3 = 4$ संयोजन):
$1$. $(L_1, L_2, L_3)$: ढाल $1, 2, 3$ हैं। कोई भी दो रेखाएँ समांतर नहीं हैं। वे एक त्रिभुज बनाती हैं।
$2$. $(L_1, L_2, L_4)$: ढाल $1, 2, -1$ हैं। वे एक त्रिभुज बनाती हैं।
$3$. $(L_1, L_3, L_4)$: ढाल $1, 3, -1$ हैं। वे एक त्रिभुज बनाती हैं।
$4$. $(L_2, L_3, L_4)$: ढाल $2, 3, -1$ हैं। वे एक त्रिभुज बनाती हैं।
चूँकि कोई भी तीन रेखाएँ संगामी नहीं हैं,इसलिए कुल $4$ त्रिभुज बनते हैं।

(C) त्रिभुज का आधार बिंदुओं $(2,0)$ और $(0,2)$ को जोड़ने वाला रेखाखंड है। आधार की लंबाई $\sqrt{(2-0)^2 + (0-2)^2} = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}$ है।
तीसरा शीर्ष रेखा $y=2$ पर स्थित है। मान लीजिए शीर्ष $(x, 2)$ है।
आकृति से,शीर्ष $(2,2)$ है। आधार (रेखा $x+y=2$) से शीर्ष $(2,2)$ तक की ऊँचाई $(2,2)$ से $x+y-2=0$ तक की लंबवत दूरी है,जो $h = \frac{|2+2-2|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ है।
क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई} = \frac{1}{2} \times (2\sqrt{2}) \times \sqrt{2} = 2$ वर्ग इकाई।

(B) रेखा $X$-अक्ष की ऋणात्मक दिशा के साथ $60^{\circ}$ का कोण बनाती है। इसलिए,यह $X$-अक्ष की धनात्मक दिशा के साथ $180^{\circ} - 60^{\circ} = 120^{\circ}$ का कोण बनाती है।
रेखा की ढाल $m = \tan(120^{\circ}) = -\sqrt{3}$ है।
रेखाखंड $OP$ इस रेखा पर लंब है,इसलिए $OP$ की ढाल $m' = -\frac{1}{m} = \frac{1}{\sqrt{3}}$ है।
माना $P = (x, y)$ है। $OP$,$X$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण बनाता है जहाँ $\tan(\theta) = \frac{1}{\sqrt{3}}$,इसलिए $\theta = 30^{\circ}$ या $210^{\circ}$ है।
ध्रुवीय निर्देशांक का उपयोग करते हुए,$x = r \cos(\theta)$ और $y = r \sin(\theta)$ जहाँ $r = 4$ है।
$\theta = 30^{\circ}$ के लिए,$P = (4 \cos(30^{\circ}), 4 \sin(30^{\circ})) = (2\sqrt{3}, 2)$ है।
$\theta = 210^{\circ}$ के लिए,$P = (-2\sqrt{3}, -2)$ है।
विकल्पों के साथ तुलना करने पर,सही उत्तर $(2\sqrt{3}, 2)$ है।

(A) मान लीजिए रेखा $OA$,$x$-अक्ष के साथ $\theta$ कोण बनाती है। चूँकि $ABOC$ एक समचतुर्भुज है,विकर्ण $OA$,$\angle BOC$ को समद्विभाजित करता है। रेखा $OB$,$y = \frac{4}{3}x$ है,इसलिए ढाल $\frac{4}{3}$ है,जिसका अर्थ है $\tan(2\theta) = \frac{4}{3}$।
सूत्र $\tan(2\theta) = \frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$ का उपयोग करने पर,$\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta} = \frac{4}{3}$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $\tan\theta = m$ है। तब $3(2m) = 4(1-m^2)$ $\Rightarrow 6m = 4 - 4m^2$ $\Rightarrow 4m^2 + 6m - 4 = 0$ $\Rightarrow 2m^2 + 3m - 2 = 0$।
$m$ के लिए हल करने पर,$(2m-1)(m+2) = 0$,इसलिए $m = \frac{1}{2}$ (चूँकि $\theta$ न्यून कोण है)।
अतः,$OA$ की ढाल $\frac{1}{2}$ है। चूँकि समचतुर्भुज के विकर्ण लंबवत होते हैं,$BC$ की ढाल $-2$ है।
रेखा $BC$,$\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right)$ से होकर गुजरती है और इसकी ढाल $-2$ है,इसलिए इसका समीकरण $y - \frac{2}{3} = -2(x - \frac{2}{3}) \Rightarrow y = -2x + 2$ या $2x + y = 2$ है।
$B$,$y = \frac{4}{3}x$ और $2x + y = 2$ पर स्थित है,इसलिए $2x + \frac{4}{3}x = 2$ $\Rightarrow \frac{10}{3}x = 2$ $\Rightarrow x = \frac{3}{5}, y = \frac{4}{5}$। अतः $B = \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\right)$।
$C$,$y = 0$ और $2x + y = 2$ पर स्थित है,इसलिए $2x = 2 \Rightarrow x = 1$। अतः $C = (1, 0)$।
$BC$ का मध्य-बिंदु $\left(\frac{\frac{3}{5} + 1}{2}, \frac{\frac{4}{5} + 0}{2}\right) = \left(\frac{8/5}{2}, \frac{4/5}{2}\right) = \left(\frac{4}{5}, \frac{2}{5}\right)$ है।

(B) ज्या (Sine) नियम के अनुसार,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
अतः,$b = k \sin B$ और $c = k \sin C$.
इन मानों को व्यंजक में रखने पर:
$(b+c) \sin \frac{A}{2} = k(\sin B + \sin C) \sin \frac{A}{2}$.
योग-से-गुणनफल सूत्र $\sin B + \sin C = 2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2}$ का उपयोग करने पर:
$= k \left[ 2 \sin \frac{B+C}{2} \cos \frac{B-C}{2} \right] \sin \frac{A}{2}$.
चूंकि $A+B+C = \pi$,इसलिए $\frac{B+C}{2} = \frac{\pi}{2} - \frac{A}{2}$,जिससे $\sin \frac{B+C}{2} = \cos \frac{A}{2}$.
$= k \left[ 2 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B-C}{2} \right] \sin \frac{A}{2}$.
$= k \left[ 2 \sin \frac{A}{2} \cos \frac{A}{2} \right] \cos \frac{B-C}{2}$.
$= k \sin A \cos \frac{B-C}{2}$.
चूंकि $a = k \sin A$,इसलिए व्यंजक $a \cos \frac{B-C}{2}$ हो जाता है।

(C) दिया गया है $a - 2b + c = 0$,अतः $a + c = 2b$.
सूत्र $\cot \left(\frac{A}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-a)}{(s-b)(s-c)}}$ और $\cot \left(\frac{C}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}}$ का उपयोग करने पर,जहाँ $s = \frac{a+b+c}{2}$.
तब $\cot \left(\frac{A}{2}\right) \cdot \cot \left(\frac{C}{2}\right) = \sqrt{\frac{s(s-a)}{(s-b)(s-c)} \cdot \frac{s(s-c)}{(s-a)(s-b)}} = \frac{s}{s-b}$.
$s = \frac{a+b+c}{2}$ रखने पर:
$\frac{s}{s-b} = \frac{\frac{a+b+c}{2}}{\frac{a+b+c}{2} - b} = \frac{a+b+c}{a+b+c-2b} = \frac{a+b+c}{a-b+c}$.
चूंकि $a+c = 2b$,इस मान को व्यंजक में रखने पर:
$\frac{(a+c)+b}{(a+c)-b} = \frac{2b+b}{2b-b} = \frac{3b}{b} = 3$.

(C) माना शीर्षों के निर्देशांक $O(0, 0, 0)$,$A(x_1, y_1, z_1)$,$B(x_2, y_2, z_2)$,और $C(x_3, y_3, z_3)$ हैं।
चतुष्फलक $OABC$ का केंद्रक $G = \left(\frac{0+x_1+x_2+x_3}{4}, \frac{0+y_1+y_2+y_3}{4}, \frac{0+z_1+z_2+z_3}{4}\right) = (2, -1, 2)$ है।
इसका अर्थ है $\frac{x_1+x_2+x_3}{4} = 2 \Rightarrow x_1+x_2+x_3 = 8$,$\frac{y_1+y_2+y_3}{4} = -1 \Rightarrow y_1+y_2+y_3 = -4$,और $\frac{z_1+z_2+z_3}{4} = 2 \Rightarrow z_1+z_2+z_3 = 8$ है।
$\triangle ABC$ का केंद्रक $G_1 = \left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ है।
मान रखने पर,$G_1 = \left(\frac{8}{3}, \frac{-4}{3}, \frac{8}{3}\right)$ प्राप्त होता है।
दूरी $\left|\overline{O G_1}\right| = \sqrt{\left(\frac{8}{3}\right)^2 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2 + \left(\frac{8}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{64}{9} + \frac{16}{9} + \frac{64}{9}} = \sqrt{\frac{144}{9}} = \sqrt{16} = 4$।

(A) माना $H(h, k)$ $\triangle ABC$ का लंबकेंद्र है। लंबकेंद्र शीर्षलंबों का प्रतिच्छेदन बिंदु होता है। चूँकि $B$ और $C$ रेखा $y=x+\alpha$ पर स्थित हैं,रेखा $BC$ की प्रवणता $1$ है। $A(1, 2)$ से $BC$ पर खींचा गया शीर्षलंब $BC$ के लंबवत होगा। अतः,शीर्षलंब $AD$ की प्रवणता $-1$ होगी। $A(1, 2)$ से गुजरने वाली और $-1$ प्रवणता वाली शीर्षलंब $AD$ का समीकरण $y-2 = -1(x-1)$ है,जो सरल होकर $y-2 = -x+1$ या $x+y-3=0$ हो जाता है। चूँकि लंबकेंद्र $H(h, k)$ इस शीर्षलंब पर स्थित है,इसलिए इसका बिंदुपथ $x+y-3=0$ है।

(C) प्रतिबंध $PQ+PR=QR$ यह दर्शाता है कि बिंदु $P$ को रेखाखंड $QR$ पर स्थित होना चाहिए।
सबसे पहले,हम $Q(3,4)$ और $R(1,2)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण ज्ञात करते हैं।
ढाल $m = \frac{2-4}{1-3} = \frac{-2}{-2} = 1$ है।
रेखा $QR$ का समीकरण $y - 2 = 1(x - 1)$ है,जो सरल होकर $x - y + 1 = 0$ हो जाता है।
चूंकि $P$ रेखा $2x - y - 1 = 0$ और रेखा $x - y + 1 = 0$ दोनों पर स्थित है,इसलिए हम समीकरणों के निकाय को हल करते हैं:
$2x - y = 1$
$x - y = -1$
पहले समीकरण में से दूसरा समीकरण घटाने पर $(2x - x) - (y - y) = 1 - (-1)$ प्राप्त होता है,जिससे $x = 2$ मिलता है।
$x = 2$ को $x - y = -1$ में रखने पर,हमें $2 - y = -1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $y = 3$।
अतः,बिंदु $P$ $(2,3)$ है।

(D) त्रिभुज के शीर्ष $A(0,3)$,$B(-2,0)$ और $C(6,1)$ हैं।
त्रिभुज की भुजाओं वाली रेखाओं के समीकरण:
रेखा $AB$: $3x - 2y + 6 = 0$.
रेखा $BC$: $x - 8y + 2 = 0$.
रेखा $AC$: $x + 3y - 9 = 0$.
मान लीजिए बिंदु $P$ $(\alpha, \alpha+1)$ है। $P$ के त्रिभुज के अंदर स्थित होने के लिए,इसे रेखा $y = x+1$ और त्रिभुज की भुजाओं के प्रतिच्छेदन बिंदुओं के बीच होना चाहिए।
$AC$ के साथ प्रतिच्छेदन: $\alpha = \frac{3}{2}$.
$BC$ के साथ प्रतिच्छेदन: $\alpha = -\frac{6}{7}$.
अतः,$\alpha$ को $\left(\frac{-6}{7}, \frac{3}{2}\right)$ अंतराल में होना चाहिए।

(A) माना त्रिभुज के शीर्ष $O(0,0)$,$B(4,0)$ और $C(3,4)$ हैं।
लंबकेंद्र ज्ञात करने के लिए,हमें शीर्षलंबों (altitudes) के प्रतिच्छेदन बिंदु की आवश्यकता है।
$1$. $C(3,4)$ से भुजा $OB$ (जो $x$-अक्ष पर स्थित है) पर डाला गया शीर्षलंब $x=3$ से गुजरने वाली एक ऊर्ध्वाधर रेखा है। अतः,इस शीर्षलंब का समीकरण $x=3$ है।
$2$. भुजा $BC$ की ढाल $m_{BC} = \frac{4-0}{3-4} = \frac{4}{-1} = -4$ है।
$3$. $O(0,0)$ से $BC$ पर डाला गया शीर्षलंब $BC$ के लंबवत है। इसकी ढाल $m_{\perp} = -\frac{1}{m_{BC}} = -\frac{1}{-4} = \frac{1}{4}$ है।
$4$. $O$ से गुजरने वाले शीर्षलंब का समीकरण $y - 0 = \frac{1}{4}(x - 0)$ है,जो सरल होकर $y = \frac{1}{4}x$ हो जाता है।
$5$. समीकरण $y = \frac{1}{4}x$ में $x=3$ रखने पर,हमें $y = \frac{1}{4}(3) = \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।
अतः,लंबकेंद्र $\left(3, \frac{3}{4}\right)$ है।

(A) दिया गया समीकरण $18x^2 - 9xy + y^2 = 0$ है।
इसे $(y - 3x)(y - 6x) = 0$ के रूप में गुणनखंडित किया जा सकता है।
अतः,दो रेखाएँ $y = 3x$ और $y = 6x$ हैं।
इन दो रेखाओं का प्रतिच्छेदन बिंदु मूल बिंदु $(0, 0)$ है।
इन रेखाओं का $y = c$ रेखा के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु $(\frac{c}{3}, c)$ और $(\frac{c}{6}, c)$ हैं।
इन तीन बिंदुओं $(0, 0)$,$(\frac{c}{3}, c)$,और $(\frac{c}{6}, c)$ द्वारा बने त्रिभुज का क्षेत्रफल $\frac{1}{2} |x_1(y_2 - y_3) + x_2(y_3 - y_1) + x_3(y_1 - y_2)| = 27$ है।
$\frac{1}{2} |\frac{c^2}{3} - \frac{c^2}{6}| = 27 \Rightarrow c^2 = 324$.
$c = 18$ लेने पर,शीर्ष $(0, 0)$,$(6, 18)$,और $(3, 18)$ प्राप्त होते हैं।
केंद्रक $(\frac{0 + 6 + 3}{3}, \frac{0 + 18 + 18}{3}) = (3, 12)$ है।

(A) चूँकि $AD$,$\angle A$ का कोण समद्विभाजक है।
$\Rightarrow \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$
अब,
$AB = \sqrt{(5-7)^2 + (4-6)^2 + (6-4)^2} = \sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}$
$AC = \sqrt{(3-7)^2 + (2-6)^2 + (0-4)^2} = \sqrt{16+16+16} = 4\sqrt{3}$
$\Rightarrow \frac{BD}{CD} = \frac{2\sqrt{3}}{4\sqrt{3}} = \frac{1}{2}$
$\Rightarrow D$,$BC$ को $1:2$ के अनुपात में आंतरिक रूप से विभाजित करता है।
$\Rightarrow D = \left(\frac{1(3) + 2(5)}{1+2}, \frac{1(2) + 2(4)}{1+2}, \frac{1(0) + 2(6)}{1+2}\right)$
$\Rightarrow D = \left(\frac{13}{3}, \frac{10}{3}, 4\right)$

(A) मान लीजिए रेखा $PQ$ का ढाल $m$ है। $(1, 5)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण $y - 5 = m(x - 1)$ है,जिसे $y = mx + 5 - m$ लिखा जा सकता है।
चूंकि $Q$,$5x - y - 4 = 0$ पर स्थित है,$y = mx + 5 - m$ को समीकरण में रखने पर:
$5x - (mx + 5 - m) - 4 = 0 \Rightarrow (5 - m)x + m - 9 = 0 \Rightarrow x_Q = \frac{9 - m}{5 - m}$.
अतः $y_Q = \frac{25 - m}{5 - m}$.
चूंकि $P$,$3x + 4y - 4 = 0$ पर स्थित है,$y = mx + 5 - m$ को समीकरण में रखने पर:
$3x + 4(mx + 5 - m) - 4 = 0 \Rightarrow (3 + 4m)x + 16 - 4m = 0 \Rightarrow x_P = \frac{4m - 16}{4m + 3}$.
अतः $y_P = \frac{m + 15}{4m + 3}$.
$(1, 5)$,$PQ$ का मध्य-बिंदु है,इसलिए $x$-निर्देशांक $\frac{x_P + x_Q}{2} = 1$ होगा:
$\frac{4m - 16}{4m + 3} + \frac{9 - m}{5 - m} = 2$.
$m$ के लिए हल करने पर: $35m = 83 \Rightarrow m = \frac{83}{35}$.

(B) रेखा $x+1=0$,$x=-1$ के बराबर है।
$3x+2y=5$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करने के लिए,$x=-1$ रखें:
$3(-1)+2y=5 \implies -3+2y=5 \implies 2y=8 \implies y=4$।
अतः,पहला बिंदु $(-1, 4)$ है।
$3x+2y=3$ के साथ प्रतिच्छेदन बिंदु ज्ञात करने के लिए,$x=-1$ रखें:
$3(-1)+2y=3 \implies -3+2y=3 \implies 2y=6 \implies y=3$।
अतः,दूसरा बिंदु $(-1, 3)$ है।
अंतःखंड की लंबाई $(-1, 4)$ और $(-1, 3)$ के बीच की दूरी है:
दूरी $= \sqrt{(-1 - (-1))^2 + (4 - 3)^2} = \sqrt{0^2 + 1^2} = \sqrt{1} = 1$।

(C) कर्ण $BC$ का समीकरण $3x + 4y - 4 = 0$ है।
शीर्ष $A = (2, 2)$ है।
$BC$ की ढाल $m_{BC} = -\frac{3}{4}$ है।
चूंकि $AD \perp BC$,$AD$ की ढाल $m_{AD} = \frac{4}{3}$ है।
समद्विबाहु समकोण त्रिभुज में,शीर्ष से कर्ण पर डाला गया लंब शीर्ष के कोण को समद्विभाजित करता है,इसलिए भुजाएँ $AB$ और $AC$,$AD$ के साथ $45^{\circ}$ का कोण बनाती हैं।
ढाल $m$ के लिए: $\tan 45^{\circ} = \left| \frac{m - \frac{4}{3}}{1 + m(\frac{4}{3})} \right|$ $\Rightarrow 1 = \left| \frac{3m - 4}{3 + 4m} \right|$.
इससे $m = -7$ या $m = \frac{1}{7}$ प्राप्त होता है।
बिंदु $(2, 2)$ से गुजरने वाली रेखा का समीकरण:
$m = -7$ के लिए: $y - 2 = -7(x - 2) \Rightarrow 7x + y - 16 = 0$.
$m = \frac{1}{7}$ के लिए: $y - 2 = \frac{1}{7}(x - 2) \Rightarrow x - 7y + 12 = 0$.
अतः,सही विकल्प $7x + y - 16 = 0$ है।

(B) माना शीर्ष $A(1,3), B(5,0)$ और $C(-1,2)$ हैं।
त्रिभुज के अंदर किसी भी बिंदु $(x,y)$ के लिए,व्यंजक को वही चिह्न बनाए रखना चाहिए जो शीर्षों के लिए है यदि रेखा त्रिभुज से होकर नहीं गुजरती है।
शीर्षों के लिए व्यंजक $3x + 2y$ का परीक्षण करने पर:
$A(1,3)$ के लिए: $3(1) + 2(3) = 3 + 6 = 9 > 0$.
$B(5,0)$ के लिए: $3(5) + 2(0) = 15 + 0 = 15 > 0$.
$C(-1,2)$ के लिए: $3(-1) + 2(2) = -3 + 4 = 1 > 0$.
चूंकि सभी शीर्षों के लिए मान धनात्मक है,इसलिए त्रिभुज के अंदर का कोई भी बिंदु $3x + 2y > 0$ को संतुष्ट करेगा।
अतः,विकल्प $B$ सही है।

(A) दिया गया समीकरण $[x \cos \theta - y][(\cos \theta + \tan \alpha) x - (1 - \cos \theta \tan \alpha) y] = 0$ है।
यह दो रेखाओं को दर्शाता है:
$L_1: x \cos \theta - y = 0 \implies y = (\cos \theta) x$,अतः ढाल $m_1 = \cos \theta$.
$L_2: (\cos \theta + \tan \alpha) x - (1 - \cos \theta \tan \alpha) y = 0 \implies y = \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} x$,अतः ढाल $m_2 = \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha}$.
दो रेखाओं के बीच का कोण $\phi$,$\tan \phi = \left| \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \right|$ द्वारा दिया जाता है।
$m_1$ और $m_2$ के मान रखने पर:
$\tan \phi = \left| \frac{\frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} - \cos \theta}{1 + \left( \frac{\cos \theta + \tan \alpha}{1 - \cos \theta \tan \alpha} \right) \cos \theta} \right| = \tan \alpha$.
अतः,$\phi = \alpha$.

(B) $P(2,3)$ से गुजरने वाली और $\theta = 30^{\circ}$ कोण बनाने वाली रेखा का प्राचलिक समीकरण $\frac{x-2}{\cos 30^{\circ}} = \frac{y-3}{\sin 30^{\circ}} = r$ है।
अतः,$x = 2 + r \frac{\sqrt{3}}{2}$ और $y = 3 + \frac{r}{2}$।
इन मानों को $x^2 - 2xy - y^2 = 0$ में रखने पर:
$(2 + r \frac{\sqrt{3}}{2})^2 - 2(2 + r \frac{\sqrt{3}}{2})(3 + \frac{r}{2}) - (3 + \frac{r}{2})^2 = 0$।
सरल करने पर,$r^2(\frac{1-\sqrt{3}}{2}) - r(5 + \sqrt{3}) - 17 = 0$ प्राप्त होता है।
मूलों का गुणनफल $PA \cdot PB = |r_1 r_2| = |\frac{-17}{(1-\sqrt{3})/2}| = 17(\sqrt{3}+1)$।

(B) विकर्ण $AC$ की ढाल $m_{AC} = \frac{-1-3}{1-(-3)} = \frac{-4}{4} = -1$ है।
विकर्ण $BD$ की ढाल $m_{BD} = \frac{-2-1}{-2-1} = \frac{-3}{-3} = 1$ है।
चूंकि ढालों का गुणनफल $m_{AC} \times m_{BD} = -1 \times 1 = -1$ है,इसलिए विकर्ण $AC$ और $BD$ एक-दूसरे पर लंबवत हैं।
अतः,विकर्णों $AC$ और $BD$ के बीच का कोण $\frac{\pi}{2}$ है।

(B) आपतित रेखा का समीकरण $x-2y-3=0$ है। इस रेखा की ढाल $m_1 = \frac{1}{2}$ है।
चूंकि कण लंबवत दिशा में परावर्तित होता है,इसलिए परावर्तित रेखा की ढाल $m_2$ को $m_1 \times m_2 = -1$ को संतुष्ट करना चाहिए।
अतः,$m_2 = -2$ है।
आपतन बिंदु $x-2y-3=0$ और $3x-2y-5=0$ का प्रतिच्छेदन बिंदु है।
दूसरे समीकरण से पहले समीकरण को घटाने पर: $(3x-2y-5) - (x-2y-3) = 0$ $\Rightarrow 2x-2=0$ $\Rightarrow x=1$ प्राप्त होता है।
$x=1$ को $x-2y-3=0$ में रखने पर,$1-2y-3=0$ $\Rightarrow -2y=2$ $\Rightarrow y=-1$ प्राप्त होता है।
प्रतिच्छेदन बिंदु $(1, -1)$ है।
$(1, -1)$ से गुजरने वाली और $m_2 = -2$ ढाल वाली परावर्तित रेखा का समीकरण है:
$y - (-1) = -2(x - 1)$
$y + 1 = -2x + 2$
$2x + y - 1 = 0$.

(A) त्रिभुज के शीर्ष $(x_1, y_1, z_1)$,$(x_2, y_2, z_2)$ और $(x_3, y_3, z_3)$ के लिए केंद्रक $G$ का सूत्र $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ है।
दिए गए $G = \left(5, -1, \frac{2}{3}\right)$ से:
$\frac{1+h-4}{3} = 5$ $\Rightarrow h-3 = 15$ $\Rightarrow h = 18$.
$\frac{2-3+k}{3} = -1$ $\Rightarrow k-1 = -3$ $\Rightarrow k = -2$.
अतः,शीर्ष $A(1, 2, 3)$,$B(18, -3, 0)$ और $C(-4, -2, -1)$ हैं।
भुजाओं की लंबाई के वर्गों की गणना करने पर:
$AB^2 = (18-1)^2 + (-3-2)^2 + (0-3)^2 = 17^2 + (-5)^2 + (-3)^2 = 289 + 25 + 9 = 323$.
$BC^2 = (-4-18)^2 + (-2-(-3))^2 + (-1-0)^2 = (-22)^2 + 1^2 + (-1)^2 = 484 + 1 + 1 = 486$.
$CA^2 = (-4-1)^2 + (-2-2)^2 + (-1-3)^2 = (-5)^2 + (-4)^2 + (-4)^2 = 25 + 16 + 16 = 57$.
यहाँ $BC^2 = 486$ और $AB^2 + CA^2 = 323 + 57 = 380$ है,इसलिए $BC^2 > AB^2 + CA^2$ प्राप्त होता है।
अतः,त्रिभुज $ABC$ एक अधिककोणीय त्रिभुज है।

(B) रेखाओं के एक युग्म का समीकरण $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ है। इस युग्म के कोण समद्विभाजक $\frac{x^2 - y^2}{A - B} = \frac{xy}{H}$ द्वारा दिए जाते हैं।
पहले युग्म $x^2 - 2axy - y^2 = 0$ के लिए,$A=1, B=-1, H=-a$ है। समद्विभाजक $\frac{x^2 - y^2}{1 - (-1)} = \frac{xy}{-a}$ हैं,जो सरल होकर $\frac{x^2 - y^2}{2} = \frac{xy}{-a}$ अर्थात $ax^2 + 2xy - ay^2 = 0$ हो जाता है।
चूंकि यह दूसरा युग्म $x^2 - 2bxy - y^2 = 0$ होना चाहिए,इसलिए गुणांकों की तुलना करने पर:
$\frac{a}{1} = \frac{2}{-2b} = \frac{-a}{-1}$.
$\frac{a}{1} = \frac{2}{-2b}$ से,हमें $a = -\frac{1}{b}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि $ab = -1$.

(A) त्रिभुज रेखाओं $x=0$,$y=0$,और $x+y=10$ द्वारा बनता है। शीर्ष $O(0,0)$,$A(10,0)$,और $B(0,10)$ हैं।
हमें उन बिंदुओं $(x, y)$ की संख्या ज्ञात करनी है जहाँ $x, y \in \mathbb{N}$ (प्राकृतिक संख्याएँ) और $x+y < 10$ है।
यदि $x=1$ है,तो $1+y < 10 \implies y < 9$। चूँकि $y$ एक प्राकृतिक संख्या है,$y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$। ऐसे $8$ बिंदु हैं।
यदि $x=2$ है,तो $2+y < 10 \implies y < 8$। अतः $y \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$। ऐसे $7$ बिंदु हैं।
इस पैटर्न के अनुसार,किसी दिए गए $x$ के लिए,$y$ के प्राकृतिक संख्या मानों की संख्या $9-x$ है।
$x$ को एक प्राकृतिक संख्या होना चाहिए,इसलिए $x$ का मान $1$ से $8$ तक हो सकता है (क्योंकि यदि $x=9$ है,तो $y < 1$ होगा,जो प्राकृतिक संख्याओं के लिए संभव नहीं है)।
बिंदुओं की कुल संख्या का योग: $8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = \frac{8 \times 9}{2} = 36$.

(A) माना रेखा $L(x, y) = 3x - 4y - 8 = 0$ है।
बिंदु $(3, 4)$ के लिए,$L(3, 4) = 3(3) - 4(4) - 8 = 9 - 16 - 8 = -15$ प्राप्त होता है।
चूंकि $L(3, 4) < 0$,बिंदु $(\alpha, \beta)$ के विपरीत पक्ष पर होने के लिए,$L(\alpha, \beta) > 0$ होना चाहिए।
$L(x, y)$ में $(\alpha, \beta)$ रखने पर,$3\alpha - 4\beta - 8 > 0$ प्राप्त होता है।
चूंकि $(\alpha, \beta)$ रेखा $3x + y = 0$ पर स्थित है,इसलिए $\beta = -3\alpha$ होगा।
असमिका में $\beta = -3\alpha$ रखने पर:
$3\alpha - 4(-3\alpha) - 8 > 0$
$3\alpha + 12\alpha - 8 > 0$
$15\alpha - 8 > 0$.

(D) दी गई रेखाएँ हैं:
$ax + by = 1$ ... $(i)$
$bx + ay = 1$ ... (ii)
समीकरण $(i)$ को $a$ से और (ii) को $b$ से गुणा करने पर:
$a^2x + aby = a$
$b^2x + aby = b$
दोनों को घटाने पर:
$(a^2 - b^2)x = a - b$
$x(a - b)(a + b) = a - b$
चूँकि $a \neq b$,हमें $x = \frac{1}{a + b}$ प्राप्त होता है।
इसी प्रकार,$y = \frac{1}{a + b}$ प्राप्त होता है।
अतः,प्रतिच्छेदन बिंदु $(\frac{1}{a + b}, \frac{1}{a + b})$ है।
चूँकि $x$-निर्देशांक और $y$-निर्देशांक समान हैं,इसलिए यह बिंदु रेखा $x = y$ पर स्थित है।

(D) माना रेखा $y=x+3$ पर बिंदु $(x, y)$ है।
रेखा की ढाल $m=1$ है,इसलिए झुकाव कोण $\theta=45^{\circ}$ है।
बिंदु $(x, y)$ रेखा $y=x+3$ पर स्थित है और $(0,3)$ से $2$ इकाई की दूरी पर है।
$(0,3)$ से गुजरने वाली और $\theta=45^{\circ}$ कोण बनाने वाली रेखा के प्राचलिक रूप का उपयोग करने पर:
$\frac{x-0}{\cos 45^{\circ}} = \frac{y-3}{\sin 45^{\circ}} = r$,जहाँ $r = \pm 2$ है।
इससे $x = r \cos 45^{\circ} = \pm 2 \times \frac{1}{\sqrt{2}} = \pm \sqrt{2}$ और $y = 3 + r \sin 45^{\circ} = 3 \pm \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।
दो संभावित बिंदु $P_1 = (\sqrt{2}, 3+\sqrt{2})$ और $P_2 = (-\sqrt{2}, 3-\sqrt{2})$ हैं।
मूल बिंदु $(0,0)$ से दूरी $D$ के लिए $D^2 = x^2 + y^2$ होगा।
$P_1$ के लिए: $D_1^2 = (\sqrt{2})^2 + (3+\sqrt{2})^2 = 2 + (9 + 2 + 6\sqrt{2}) = 13 + 6\sqrt{2}$।
$P_2$ के लिए: $D_2^2 = (-\sqrt{2})^2 + (3-\sqrt{2})^2 = 2 + (9 + 2 - 6\sqrt{2}) = 13 - 6\sqrt{2}$।
अतः न्यूनतम दूरी $\sqrt{13-6\sqrt{2}}$ है।

(A) दिया गया फलन $f(x)=\sqrt{3} \sin x-\cos x-2 a x+b$ है।
$f(x)$ के ह्रासमान होने की स्थिति ज्ञात करने के लिए,हम इसका अवकलज $f^{\prime}(x)$ निकालते हैं।
$f^{\prime}(x)=\sqrt{3} \cos x+\sin x-2 a$.
इसे हम $f^{\prime}(x)=2 \left( \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x+\frac{1}{2} \sin x \right)-2 a$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर,हमें $f^{\prime}(x)=2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a$ प्राप्त होता है।
चूंकि $f(x)$ सभी $x$ के लिए घटता है,इसलिए $f^{\prime}(x) \leq 0$ होना चाहिए।
$2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)-2 a \leq 0$.
$2 a \geq 2 \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
$a \geq \sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$.
चूंकि $\sin \left(x+\frac{\pi}{3}\right)$ का अधिकतम मान $1$ है,इसलिए सभी $x$ के लिए इस असमिका को सत्य होने के लिए $a \geq 1$ होना चाहिए।

(B) माना $I = \int \frac{1 + \tan x \tan(x + a)}{\tan x \tan(x + a)} dx$ है।
हम जानते हैं कि $\tan a = \tan((x + a) - x) = \frac{\tan(x + a) - \tan x}{1 + \tan x \tan(x + a)}$ होता है।
अतः,$1 + \tan x \tan(x + a) = \frac{\tan(x + a) - \tan x}{\tan a}$।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{\tan(x + a) - \tan x}{\tan a \tan x \tan(x + a)} dx$।
$I = \frac{1}{\tan a} \int \left( \frac{\tan(x + a)}{\tan x \tan(x + a)} - \frac{\tan x}{\tan x \tan(x + a)} \right) dx$।
$I = \cot a \int \left( \frac{1}{\tan x} - \frac{1}{\tan(x + a)} \right) dx$।
$I = \cot a \int (\cot x - \cot(x + a)) dx$।
समाकलन करने पर हमें प्राप्त होता है:
$I = \cot a (\log |\sin x| - \log |\sin(x + a)|) + C$।
अतः,सही विकल्प $B$ है।

(A) माना $I = \int \sqrt{1+2 \cot x(\cot x+\operatorname{cosec} x)} \, dx$.
चूंकि $1 = \operatorname{cosec}^2 x - \cot^2 x$,इसलिए:
$I = \int \sqrt{\operatorname{cosec}^2 x - \cot^2 x + 2 \cot^2 x + 2 \cot x \operatorname{cosec} x} \, dx$
$I = \int \sqrt{\operatorname{cosec}^2 x + \cot^2 x + 2 \cot x \operatorname{cosec} x} \, dx$
$I = \int \sqrt{(\operatorname{cosec} x + \cot x)^2} \, dx$
$I = \int (\operatorname{cosec} x + \cot x) \, dx$
मानक समाकलनों $\int \operatorname{cosec} x \, dx = \log |\operatorname{cosec} x - \cot x|$ और $\int \cot x \, dx = \log |\sin x|$ का उपयोग करने पर:
$I = \log |\operatorname{cosec} x - \cot x| + \log |\sin x| + C$
$I = \log \left| \frac{1 - \cos x}{\sin x} \cdot \sin x \right| + C$
$I = \log |1 - \cos x| + C$
सर्वसमिका $1 - \cos x = 2 \sin^2 \frac{x}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \log |2 \sin^2 \frac{x}{2}| + C$
$I = \log 2 + 2 \log |\sin \frac{x}{2}| + C$
चूंकि $\log 2$ एक स्थिरांक है,इसे $C$ में समाहित किया जा सकता है:
$I = 2 \log |\sin \frac{x}{2}| + C$

(D) माना $f(x) = \frac{\sin x}{2+\cos x}$ है।
अब,$f(x)$ का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$f'(x) = \frac{(2+\cos x)(\cos x) - \sin x(-\sin x)}{(2+\cos x)^2}$
$f'(x) = \frac{2 \cos x + \cos^2 x + \sin^2 x}{(2+\cos x)^2}$
चूँकि $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$,इसलिए:
$f'(x) = \frac{2 \cos x + 1}{(2+\cos x)^2}$
अतः,$\frac{\sin x}{2+\cos x}$ फलन $\frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2}$ का प्रति-अवकलज (antiderivative) है।
इसलिए,$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x = \frac{\sin x}{2+\cos x} + C$ है।
इस मान को व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int \frac{2 \cos x+1}{(2+\cos x)^2} d x - \frac{\sin x}{2+\cos x} = \left( \frac{\sin x}{2+\cos x} + C \right) - \frac{\sin x}{2+\cos x} = C$।

(A) दिया गया है कि $f(x)$,$g(x)$ का प्रति-अवकलज है,इसलिए $f'(x) = g(x)$ है।
हमें समाकलन $F(x) = \int f(x) g(x) (1 + f^2(x)) dx$ का मान ज्ञात करना है।
माना $u = 1 + f^2(x)$ है।
अतः,$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$du = 2 f(x) f'(x) dx$ प्राप्त होता है।
चूंकि $f'(x) = g(x)$ है,इसलिए $du = 2 f(x) g(x) dx$,जिसका अर्थ है कि $f(x) g(x) dx = \frac{du}{2}$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर,$F(x) = \int u \cdot \frac{du}{2} = \frac{1}{2} \int u du$ प्राप्त होता है।
समाकलन करने पर,$F(x) = \frac{1}{2} \cdot \frac{u^2}{2} + C = \frac{u^2}{4} + C$ प्राप्त होता है।
$u = 1 + f^2(x)$ वापस रखने पर,$F(x) = \frac{(1 + f^2(x))^2}{4} + C$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{d x}{(1+\sqrt{x})^{2022}}$.
$x = t^2$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = 2t dt$ प्राप्त होता है।
अतः समाकलन $I = \int \frac{2t dt}{(1+t)^{2022}}$ हो जाता है।
अंश को $t = (t+1) - 1$ के रूप में लिखने पर:
$I = 2 \int \frac{t+1-1}{(1+t)^{2022}} dt = 2 \left[ \int \frac{t+1}{(1+t)^{2022}} dt - \int \frac{1}{(1+t)^{2022}} dt \right]$.
$I = 2 \left[ \int \frac{1}{(1+t)^{2021}} dt - \int \frac{1}{(1+t)^{2022}} dt \right]$.
दोनों पदों का समाकलन करने पर:
$I = 2 \left[ \frac{(1+t)^{-2020}}{-2020} - \frac{(1+t)^{-2021}}{-2021} \right] + C$.
$I = 2 \left[ \frac{-1}{2020(1+t)^{2020}} + \frac{1}{2021(1+t)^{2021}} \right] + C$.
$\frac{1}{(1+t)^{2021}}$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$I = \frac{2}{(1+t)^{2021}} \left[ \frac{-(1+t)}{2020} + \frac{1}{2021} \right] + C$.
$t = \sqrt{x}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{2}{(1+\sqrt{x})^{2021}} \left[ \frac{-(1+\sqrt{x})}{2020} + \frac{1}{2021} \right] + C$.

(D) माना $I = \int \sqrt{x+\sqrt{x^2+2}} \, dx$ है।
हम जानते हैं कि $(\sqrt{x^2+2}+x)(\sqrt{x^2+2}-x) = (x^2+2) - x^2 = 2$ होता है।
माना $t = x+\sqrt{x^2+2}$ है। तब $\sqrt{x^2+2}-x = \frac{2}{t}$ होगा।
इन दोनों समीकरणों को जोड़ने पर,हमें $2\sqrt{x^2+2} = t + \frac{2}{t}$ प्राप्त होता है,इसलिए $\sqrt{x^2+2} = \frac{t^2+2}{2t}$ है।
समीकरणों को घटाने पर,हमें $2x = t - \frac{2}{t}$ प्राप्त होता है,इसलिए $x = \frac{t^2-2}{2t}$ है।
$x$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$dx = \frac{d}{dt}(\frac{t}{2} - \frac{1}{t}) \, dt = (\frac{1}{2} + \frac{1}{t^2}) \, dt = \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt$ प्राप्त होता है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \sqrt{t} \cdot \frac{t^2+2}{2t^2} \, dt = \frac{1}{2} \int (t^{1/2} + 2t^{-3/2}) \, dt$।
$I = \frac{1}{2} [\frac{t^{3/2}}{3/2} + 2 \cdot \frac{t^{-1/2}}{-1/2}] + C$।
$I = \frac{1}{2} [\frac{2}{3}t^{3/2} - 4t^{-1/2}] + C = \frac{1}{3}t^{3/2} - 2t^{-1/2} + C$।
$I = \frac{t^2-6}{3\sqrt{t}} + C$।
$t = x+\sqrt{x^2+2}$ वापस रखने पर,हमें $I = \frac{(x+\sqrt{x^2+2})^2-6}{3\sqrt{x+\sqrt{x^2+2}}} + C$ प्राप्त होता है।

(B) माना $I = \int \frac{e^{\cot x}}{\sin^2 x} (2 \log \csc x + \sin 2 x) dx$ है।
$t = \cot x$ प्रतिस्थापन लेने पर,$dt = -\csc^2 x dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\csc^2 x dx = -dt$।
यहाँ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ है,इसलिए $\frac{\sin 2x}{\sin^2 x} = 2 \cot x$।
अतः,$I = \int e^{\cot x} (2 \csc^2 x \log \csc x + 2 \cot x \csc^2 x) dx$।
इस व्यंजक का समाकलन करने पर हमें $-2 e^{\cot x} \log \csc x + C$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है $x = \frac{t^3}{t^2 - 1}$ और $y = \frac{t}{t^2 - 1}$।
सबसे पहले,$x - 3y$ की गणना करें:
$x - 3y = \frac{t^3}{t^2 - 1} - 3 \left( \frac{t}{t^2 - 1} \right) = \frac{t^3 - 3t}{t^2 - 1}$।
इसके बाद,$x$ का $t$ के सापेक्ष अवकलन करके $dx$ ज्ञात करें:
$dx = \frac{d}{dt} \left( \frac{t^3}{t^2 - 1} \right) dt = \frac{(t^2 - 1)(3t^2) - t^3(2t)}{(t^2 - 1)^2} dt = \frac{3t^4 - 3t^2 - 2t^4}{(t^2 - 1)^2} dt = \frac{t^4 - 3t^2}{(t^2 - 1)^2} dt$।
अब,इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करें:
$\int \frac{dx}{x - 3y} = \int \frac{\frac{t^4 - 3t^2}{(t^2 - 1)^2} dt}{\frac{t^3 - 3t}{t^2 - 1}} = \int \frac{t^2(t^2 - 3)}{(t^2 - 1)^2} \cdot \frac{t^2 - 1}{t(t^2 - 3)} dt = \int \frac{t}{t^2 - 1} dt$।
मान लीजिए $u = t^2 - 1$,तो $du = 2t dt$,इसलिए $t dt = \frac{1}{2} du$।
$\int \frac{1}{2u} du = \frac{1}{2} \log|u| + C = \frac{1}{2} \log(t^2 - 1) + C$।

(C) दिया गया है $f(x) = \int x^2 \cos^2 x (2x \tan^2 x - 2x - 6 \tan x) dx$।
समाकल्य का विस्तार करने पर:
$f(x) = \int (2x^3 \sin^2 x - 2x^3 \cos^2 x - 6x^2 \sin x \cos x) dx$।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं $\sin^2 x - \cos^2 x = -\cos 2x$ और $2 \sin x \cos x = \sin 2x$ का उपयोग करने पर:
$f(x) = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$।
माना $I = \int (-2x^3 \cos 2x - 3x^2 \sin 2x) dx$।
प्रथम पद के लिए खंडशः समाकलन $\int u dv = uv - \int v du$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = -x^3$ और $dv = 2 \cos 2x dx$:
$I = -x^3 \sin 2x - \int (-\sin 2x)(3x^2) dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$।
$I = -x^3 \sin 2x + \int 3x^2 \sin 2x dx - \int 3x^2 \sin 2x dx$।
$I = -x^3 \sin 2x + C$।
दिया गया है $f(0) = \pi$,इसलिए $-(0)^3 \sin(0) + C = \pi$,जिसका अर्थ है $C = \pi$।
अतः,$f(x) = -x^3 \sin 2x + \pi$।

(B) माना $I = \int \frac{e^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} (x + \sqrt{x}) dx$.
$\sqrt{x} = t$ प्रतिस्थापित करने पर,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,जिसका अर्थ है $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int e^t (t^2 + t) (2 dt) = 2 \int (t^2 + t) e^t dt$.
खंडशः समाकलन (integration by parts) $\int u v' dt = uv - \int u' v dt$ का उपयोग करने पर,जहाँ $u = t^2 + t$ और $v' = e^t$ है। तो $u' = 2t + 1$ और $v = e^t$ होगा।
$I = 2 [(t^2 + t) e^t - \int (2t + 1) e^t dt]$.
अब,$\int (2t + 1) e^t dt$ का पुनः खंडशः समाकलन करने पर:
$u = 2t + 1$ और $v' = e^t$ लेने पर,$u' = 2$ और $v = e^t$ होगा।
$\int (2t + 1) e^t dt = (2t + 1) e^t - \int 2 e^t dt = (2t + 1) e^t - 2 e^t = (2t - 1) e^t$.
इस मान को $I$ के समीकरण में रखने पर:
$I = 2 [ (t^2 + t) e^t - (2t - 1) e^t ] + K = 2 e^t [ t^2 + t - 2t + 1 ] + K = 2 e^t [ t^2 - t + 1 ] + K$.
चूँकि $t = \sqrt{x}$ है,इसलिए $I = e^{\sqrt{x}} [ 2x - 2\sqrt{x} + 2 ] + K$.
इसकी तुलना $e^{\sqrt{x}} [ Ax + B\sqrt{x} + C ] + K$ से करने पर,हमें $A = 2$,$B = -2$,और $C = 2$ प्राप्त होता है।
अतः,$A + B + C = 2 - 2 + 2 = 2$.

(C) माना $I = \int \frac{1 + \sqrt{\tan x}}{\sin 2x} dx$.
सर्वसमिका $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{1 + \sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx = \int \frac{1}{2 \sin x \cos x} dx + \int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx$.
प्रथम समाकल में अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$\int \frac{\sec^2 x}{2 \tan x} dx = \frac{1}{2} \ln |\tan x|$.
दूसरे समाकल के लिए:
$\int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \sin x \cos x} dx = \int \frac{\sqrt{\tan x}}{2 \tan x \cos^2 x} dx = \int \frac{\sec^2 x}{2 \sqrt{\tan x}} dx$.
माना $u = \tan x$,तब $du = \sec^2 x dx$.
$\int \frac{1}{2 \sqrt{u}} du = \sqrt{u} = \sqrt{\tan x}$.
अतः,$I = \frac{1}{2} \ln |\tan x| + \sqrt{\tan x} + C$.
$A \log \tan x + B \sqrt{\tan x} + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $A = \frac{1}{2}$ और $B = 1$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$4A - B = 4(\frac{1}{2}) - 1 = 2 - 1 = 1$.

(A) माना $I = \int \frac{d x}{(x-3)^{\frac{4}{5}}(x+1)^{\frac{6}{5}}}$.
हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{d x}{(x+1)^2 \left(\frac{x-3}{x+1}\right)^{\frac{4}{5}}}$.
माना $t = \frac{x-3}{x+1}$.
तब,$dt = \frac{(x+1)(1) - (x-3)(1)}{(x+1)^2} dx = \frac{4}{(x+1)^2} dx$.
अतः,$\frac{dx}{(x+1)^2} = \frac{dt}{4}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{1}{t^{\frac{4}{5}}} \cdot \frac{dt}{4} = \frac{1}{4} \int t^{-\frac{4}{5}} dt$.
$I = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{\frac{1}{5}}}{\frac{1}{5}} + C = \frac{5}{4} t^{\frac{1}{5}} + C$.
$t = \frac{x-3}{x+1}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{5}{4} \left(\frac{x-3}{x+1}\right)^{\frac{1}{5}} + C$.

(D) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{dx}{1+a \cos x}$ है,जहाँ $a > 1$ (क्योंकि $a > |\sec \theta| \ge 1$ है)।
प्रतिस्थापन $\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{dx}{1+a \left(\frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}\right)} = \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{1+\tan^2(x/2) + a - a\tan^2(x/2)} = \int \frac{\sec^2(x/2) dx}{(1+a) + (1-a)\tan^2(x/2)}$.
माना $t = \tan(x/2)$,तब $dt = \frac{1}{2}\sec^2(x/2) dx$,अतः $\sec^2(x/2) dx = 2dt$.
$I = \int \frac{2dt}{(1+a) - (a-1)t^2} = \frac{2}{a-1} \int \frac{dt}{\frac{a+1}{a-1} - t^2}$.
सूत्र $\int \frac{dt}{k^2 - t^2} = \frac{1}{2k} \ln \left| \frac{k+t}{k-t} \right| + C$ का उपयोग करने पर,जहाँ $k = \sqrt{\frac{a+1}{a-1}}$:
$I = \frac{2}{a-1} \cdot \frac{1}{2\sqrt{\frac{a+1}{a-1}}} \ln \left| \frac{\sqrt{\frac{a+1}{a-1}} + t}{\sqrt{\frac{a+1}{a-1}} - t} \right| + C = \frac{1}{\sqrt{a^2-1}} \ln \left| \frac{\sqrt{a+1} + \sqrt{a-1} \tan(x/2)}{\sqrt{a+1} - \sqrt{a-1} \tan(x/2)} \right| + C$.
यह विकल्प $D$ में परिणत होता है।

(D) माना $I = \int \frac{x^2-2}{x^3 \sqrt{x^2-1}} d x$.
$x = \sec \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = \sec \theta \tan \theta d\theta$ प्राप्त होता है।
$\sqrt{x^2-1} = \sqrt{\sec^2 \theta - 1} = \tan \theta$.
$I = \int \frac{\sec^2 \theta - 2}{\sec^3 \theta \tan \theta} \cdot \sec \theta \tan \theta d\theta = \int \frac{\sec^2 \theta - 2}{\sec^2 \theta} d\theta = \int (1 - 2 \cos^2 \theta) d\theta$.
$1 - 2 \cos^2 \theta = -\cos(2\theta)$ का उपयोग करने पर,$I = \int -\cos(2\theta) d\theta = -\frac{1}{2} \sin(2\theta) + C = -\sin \theta \cos \theta + C$.
चूँकि $\sec \theta = x$,इसलिए $\cos \theta = \frac{1}{x}$ और $\sin \theta = \sqrt{1 - \frac{1}{x^2}} = \frac{\sqrt{x^2-1}}{x}$.
अतः,$I = -\left(\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}\right) \left(\frac{1}{x}\right) + C = -\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2} + C$.

(D) माना $I = \int e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1+x+x^2}{1+x^2} dx$.
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left( \frac{1+x^2}{1+x^2} + \frac{x}{1+x^2} \right) dx$
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} \left( 1 + \frac{x}{1+x^2} \right) dx$
$I = \int e^{\tan ^{-1} x} dx + \int e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{x}{1+x^2} dx$.
प्रथम समाकलन $\int e^{\tan ^{-1} x} \cdot 1 dx$ के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर:
माना $u = e^{\tan ^{-1} x}$ और $dv = dx$.
तब $du = e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1}{1+x^2} dx$ और $v = x$.
सूत्र $\int u dv = uv - \int v du$ का उपयोग करने पर:
$\int e^{\tan ^{-1} x} dx = x e^{\tan ^{-1} x} - \int x \cdot e^{\tan ^{-1} x} \cdot \frac{1}{1+x^2} dx$.
इस मान को $I$ के समीकरण में रखने पर:
$I = \left( x e^{\tan ^{-1} x} - \int \frac{x e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} dx \right) + \int \frac{x e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} dx + c$.
$I = x e^{\tan ^{-1} x} + c$.

(A) हमें दिया गया है,$\int \frac{1}{x^2}(2 x+1)^3 d x$
अंश का विस्तार $(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$ सूत्र का उपयोग करके करने पर:
$(2x+1)^3 = (2x)^3 + 3(2x)^2(1) + 3(2x)(1)^2 + (1)^3 = 8x^3 + 12x^2 + 6x + 1$
अब,समाकलन इस प्रकार होगा:
$\int \frac{8x^3 + 12x^2 + 6x + 1}{x^2} d x$
$= \int (8x + 12 + \frac{6}{x} + \frac{1}{x^2}) d x$
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$= 8 \int x d x + 12 \int d x + 6 \int \frac{1}{x} d x + \int x^{-2} d x$
$= 8(\frac{x^2}{2}) + 12x + 6 \log |x| + (\frac{x^{-1}}{-1}) + C$
$= 4x^2 + 12x + 6 \log |x| - \frac{1}{x} + C$

(A) दिया गया है कि $\int e^x \left[f(x) - f^{\prime}(x)\right] dx = g(x) + C$.
समाकलन का विस्तार करने पर,हमें मिलता है $\int e^x f(x) dx - \int e^x f^{\prime}(x) dx = g(x) + C$.
पदों को व्यवस्थित करने पर,$\int e^x f(x) dx = \int e^x f^{\prime}(x) dx + g(x) + C$.
$\int e^x f(x) dx$ पर खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int e^x f(x) dx = f(x) e^x - \int e^x f^{\prime}(x) dx$.
इस मान को हमारे समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) e^x - \int e^x f^{\prime}(x) dx = \int e^x f^{\prime}(x) dx + g(x) + C$.
$f(x) e^x - g(x) = 2 \int e^x f^{\prime}(x) dx + C$.
अतः,$\int e^x f^{\prime}(x) dx = \frac{1}{2} \left[e^x f(x) - g(x)\right] + C$.

(A) माना $I = \int \frac{\sin ^3 x}{(\cos ^4 x + 3 \cos ^2 x + 1) \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)} dx$ है।
माना $t = \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)$ है।
तब $dt = \frac{1}{1 + (\sec x + \cos x)^2} (\sec x \tan x - \sin x) dx$ होगा।
$dt = \frac{1}{1 + (\frac{1}{\cos x} + \cos x)^2} (\frac{\sin x}{\cos ^2 x} - \sin x) dx$।
$dt = \frac{\cos ^2 x}{\cos ^2 x + (1 + \cos ^2 x)^2} \cdot \frac{\sin x (1 - \cos ^2 x)}{\cos ^2 x} dx$।
$dt = \frac{\sin x \cdot \sin ^2 x}{\cos ^2 x + 1 + 2 \cos ^2 x + \cos ^4 x} dx = \frac{\sin ^3 x}{\cos ^4 x + 3 \cos ^2 x + 1} dx$।
अतः,$I = \int \frac{dt}{t} = \ln |t| + C = \ln |\tan ^{-1}(\sec x + \cos x)| + C$।
चूंकि $f(x) = \ln |\tan ^{-1}(\sec x + \cos x)|$ है,इसलिए $e^{f(x)} = \tan ^{-1}(\sec x + \cos x)$।

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{1}{(\sin x + \cos x + \sqrt{2} \sqrt{\sin 2x})^2} dx$ है।
हर को $(\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x})^4$ के रूप में लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int \frac{dx}{(\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x})^4} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (\sqrt{\tan x} + 1)^4} = \int \frac{\sec^2 x}{(\sqrt{\tan x} + 1)^4} dx$.
माना $\tan x = t^2$,तो $\sec^2 x dx = 2t dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर: $I = \int \frac{2t dt}{(t+1)^4} = 2 \int \frac{t+1-1}{(t+1)^4} dt = 2 \int \left( \frac{1}{(t+1)^3} - \frac{1}{(t+1)^4} \right) dt$.
पद-दर-पद समाकलन करने पर: $I = 2 \left[ \frac{(t+1)^{-2}}{-2} - \frac{(t+1)^{-3}}{-3} \right] + C = 2 \left[ \frac{1}{3(t+1)^3} - \frac{1}{2(t+1)^2} \right] + C$.
सरल करने पर: $I = \frac{2}{3(t+1)^3} - \frac{1}{(t+1)^2} + C = \frac{2 - 3(t+1)}{3(t+1)^3} + C = \frac{2 - 3t - 3}{3(t+1)^3} + C = \frac{-(1+3t)}{3(1+t)^3} + C$.
$t = \sqrt{\tan x}$ रखने पर,हमें $I = \frac{-(1+3\sqrt{\tan x})}{3(1+\sqrt{\tan x})^3} + C$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \frac{dx}{x^{2022}(1+x^{2022})^{1/2022}}$.
कोष्ठक से $x^{2022}$ बाहर निकालने पर:
$I = \int \frac{dx}{x^{2022} \cdot (x^{2022}(x^{-2022}+1))^{1/2022}} = \int \frac{dx}{x^{2022} \cdot x(1+x^{-2022})^{1/2022}} = \int \frac{dx}{x^{2023}(1+x^{-2022})^{1/2022}}$.
माना $t = 1+x^{-2022}$. तब $dt = -2022x^{-2023} dx$,जिसका अर्थ है $\frac{dx}{x^{2023}} = -\frac{1}{2022} dt$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int -\frac{1}{2022} t^{-1/2022} dt = -\frac{1}{2022} \cdot \frac{t^{1-1/2022}}{1-1/2022} + C = -\frac{1}{2022} \cdot \frac{t^{2021/2022}}{2021/2022} + C = -\frac{t^{2021/2022}}{2021} + C$.
$t = 1+x^{-2022} = \frac{x^{2022}+1}{x^{2022}}$ रखने पर:
$I = -\frac{(\frac{x^{2022}+1}{x^{2022}})^{2021/2022}}{2021} + C = -\frac{(1+x^{2022})^{2021/2022}}{2021 \cdot (x^{2022})^{2021/2022}} + C = -\frac{(1+x^{2022})^{2021/2022}}{2021 x^{2021}} + C$.
इसकी तुलना $\frac{-(1+x^m)^{n/m}}{nx^n} + C$ से करने पर,हमें $m=2022$ और $n=2021$ प्राप्त होता है।
अतः,$m-n = 2022-2021 = 1$.

(C) माना $I = \int \frac{\cos ^4 x}{\left(\sin ^2 x+\sin ^{-3} x \cos ^5 x\right)^3} d x$.
हर से $\sin ^2 x$ कॉमन लेने पर:
$I = \int \frac{\cos ^4 x}{\left(\sin ^2 x(1+\sin ^{-5} x \cos ^5 x)\right)^3} d x = \int \frac{\cos ^4 x}{\sin ^6 x(1+\cot ^5 x)^3} d x$.
इसे सरल करने पर:
$I = \int \frac{\cot ^4 x \operatorname{cosec}^2 x}{(1+\cot ^5 x)^3} d x$.
माना $1+\cot ^5 x = y$.
तब $5 \cot ^4 x(-\operatorname{cosec}^2 x) d x = d y$,जिसका अर्थ है $\cot ^4 x \operatorname{cosec}^2 x d x = -\frac{1}{5} d y$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = -\frac{1}{5} \int y^{-3} d y = -\frac{1}{5} \left(\frac{y^{-2}}{-2}\right) + C = \frac{1}{10} y^{-2} + C$.
$y = 1+\cot ^5 x$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{10}(1+\cot ^5 x)^{-2} + C$.

(C) हमारे पास $I = \int \frac{1}{\cos 4x \cos 2x} dx$ है।
दिए गए व्यंजक की तुलना करने पर,हमें $f(x) = \sqrt{2}\sin 2x$ और $g(x) = |\sec 2x + \tan 2x|$ प्राप्त होता है।
$x = \frac{\pi}{6}$ पर:
$f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \sqrt{2} \sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.
$g\left(\frac{\pi}{6}\right) = \sec\left(\frac{\pi}{3}\right) + \tan\left(\frac{\pi}{3}\right) = 2 + \sqrt{3}$.
अतः,$g\left(\frac{\pi}{6}\right) - \sqrt{2} f\left(\frac{\pi}{6}\right) = (2 + \sqrt{3}) - \sqrt{2} \left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}\right) = 2 + \sqrt{3} - \sqrt{3} = 2$.

(B) माना $I = \int \frac{1-k \cos ^2 x}{\sin ^k x \cdot \cos ^2 x} d x$ है।
हम समाकल्य को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{\sec ^2 x - k}{\sin ^k x} d x = \int (\sin x)^{-k} \sec ^2 x d x - k \int \csc ^k x d x$।
प्रथम समाकलन $\int (\sin x)^{-k} \sec ^2 x d x$ पर खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = (\sin x)^{-k}$ और $dv = \sec ^2 x d x$ लें।
तब $du = -k(\sin x)^{-k-1} \cos x d x$ और $v = \tan x$ प्राप्त होता है।
$I = (\sin x)^{-k} \tan x - \int \tan x \cdot (-k)(\sin x)^{-k-1} \cos x d x - k \int \csc ^k x d x$।
चूंकि $\tan x \cdot \cos x = \sin x$,इसलिए समाकलन इस प्रकार होगा:
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int (\sin x)^{-k-1} \sin x d x - k \int \csc ^k x d x$।
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int (\sin x)^{-k} d x - k \int \csc ^k x d x$।
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + k \int \csc ^k x d x - k \int \csc ^k x d x + C$।
$I = \frac{\tan x}{\sin ^k x} + C$।

(B) माना $I = \int \frac{\operatorname{cosec}^2 x - 2022}{\cos^{2022} x} dx$.
हम समाकलन को $I = \int \cos^{-2022} x \operatorname{cosec}^2 x dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
प्रथम पद पर खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$u = \cos^{-2022} x$ और $dv = \operatorname{cosec}^2 x dx$ लें।
तब $du = -2022 \cos^{-2023} x (-\sin x) dx = 2022 \cos^{-2023} x \sin x dx$ और $v = -\cot x$ प्राप्त होता है।
सूत्र $\int u dv = uv - \int v du$ लागू करने पर:
$I = \cos^{-2022} x (-\cot x) - \int (-\cot x) (2022 \cos^{-2023} x \sin x) dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$.
चूंकि $\cot x \sin x = \cos x$,समाकलन इस प्रकार हो जाता है:
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + 2022 \int \frac{\cos x}{\cos^{2023} x} dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx$.
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + 2022 \int \sec^{2022} x dx - 2022 \int \sec^{2022} x dx + C$.
$I = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x} + C$.
अतः,$f(x) = -\frac{\cot x}{\cos^{2022} x}$.
$x = \pi/4$ पर मान ज्ञात करने पर: $f(\pi/4) = -\frac{\cot(\pi/4)}{\cos^{2022}(\pi/4)} = -\frac{1}{(1/\sqrt{2})^{2022}} = -\frac{1}{(1/2)^{1011}} = -2^{1011}$.

(D) दिया गया है कि $\int \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}} d x = f(x) + C$.
कलन के मूलभूत प्रमेय के अनुसार,समाकलन का अवकलज समाकल्य होता है:
$f^{\prime}(x) = \frac{d}{dx} \int \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}} d x = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{x}{a+x}}$.
अब,हमें $f^{\prime}(a)$ ज्ञात करना है।
$f^{\prime}(x)$ के व्यंजक में $x = a$ प्रतिस्थापित करने पर:
$f^{\prime}(a) = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{a}{a+a}} = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{a}{2a}}$.
वर्गमूल के अंदर के भिन्न को सरल करने पर:
$f^{\prime}(a) = \cos ^{-1} \sqrt{\frac{1}{2}} = \cos ^{-1} \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$.
चूंकि $\cos \left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$,इसलिए:
$f^{\prime}(a) = \frac{\pi}{4}$.

(B) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)}{2+\sin 2 x} d x$ है।
यहाँ $2 + \sin 2x = 1 + (1 + \sin 2x) = 1 + (\sin x + \cos x)^2$ लिखा जा सकता है।
अतः,$I = \int \frac{\sin x \cos(\pi/4) - \cos x \sin(\pi/4)}{1 + (\sin x + \cos x)^2} dx = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{\sin x - \cos x}{1 + (\sin x + \cos x)^2} dx$.
माना $t = \sin x + \cos x$,तो $dt = (\cos x - \sin x) dx$,जिसका अर्थ है कि $-dt = (\sin x - \cos x) dx$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{-dt}{1 + t^2} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(t) + C$.
$t = \sin x + \cos x$ वापस रखने पर,हमें $I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sin x + \cos x) + C$ प्राप्त होता है।
दिए गए रूप $-\frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(f(x)) + C$ के साथ तुलना करने पर,$f(x) = \sin x + \cos x$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\sin x + \cos x = \sqrt{2} \cos(x - \frac{\pi}{4})$,इसलिए सही विकल्प $B$ है।

(A) हमारे पास $I = \int \frac{dx}{\sqrt{x^2(1-x^3)}} = \int \frac{dx}{x\sqrt{1-x^3}}$ है।
अंश और हर को $x^2$ से गुणा करने पर:
$I = \int \frac{x^2 dx}{x^3\sqrt{1-x^3}}$.
मान लीजिए $t = \sqrt{1-x^3}$,तब $t^2 = 1-x^3$,इसलिए $2t dt = -3x^2 dx$,जिसका अर्थ है कि $x^2 dx = -\frac{2}{3}t dt$.
साथ ही $x^3 = 1-t^2$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{-\frac{2}{3}t dt}{(1-t^2)t} = -\frac{2}{3} \int \frac{dt}{1-t^2} = -\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| + C = \frac{1}{3} \log \left| \frac{1-t}{1+t} \right| + C$.
$t = \sqrt{1-x^3}$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{3} \log \left| \frac{1-\sqrt{1-x^3}}{1+\sqrt{1-x^3}} \right| + C$.
अतः,$f(x) = \frac{1-\sqrt{1-x^3}}{1+\sqrt{1-x^3}}$.
$x = \frac{1}{2}$ के लिए,$x^3 = \frac{1}{8}$,इसलिए $1-x^3 = \frac{7}{8}$.
$f\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1-\sqrt{7/8}}{1+\sqrt{7/8}} = \frac{\sqrt{8}-\sqrt{7}}{\sqrt{8}+\sqrt{7}}$.

(C) माना $I = \int \frac{3 e^x-7 e^{-x}}{7 e^x+3 e^{-x}} d x$.
अंश को $A(7 e^x+3 e^{-x}) + B \frac{d}{dx}(7 e^x+3 e^{-x})$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$3 e^x-7 e^{-x} = A(7 e^x+3 e^{-x}) + B(7 e^x-3 e^{-x})$.
$e^x$ और $e^{-x}$ के गुणांकों की तुलना करने पर:
$7A + 7B = 3$ और $3A - 3B = -7$.
इन्हें हल करने पर,$A = -2/21$ और $B = 19/21$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int \left( \frac{-2}{21} + \frac{19}{21} \frac{7 e^x-3 e^{-x}}{7 e^x+3 e^{-x}} \right) dx$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} \ln |7 e^x+3 e^{-x}| + C$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} \ln |e^x(7+3 e^{-2x})| + C$.
$I = \frac{-2}{21} x + \frac{19}{21} (x + \ln |7+3 e^{-2x}|) + C$.
$I = \frac{17}{21} x + \frac{19}{21} \ln |3(e^{-2x}+7/3)| + C$.
$I = \frac{17}{21} x + \frac{19}{21} \ln |e^{-2x}+7/3| + \text{अचर}$.
$Kx + L \ln(e^{-2x}+7/3) + C$ से तुलना करने पर,$K = 17/21$ और $L = 19/21$ प्राप्त होता है।
$K+L = 17/21 + 19/21 = 36/21 = 12/7$.

(C) माना $I = \int(\sqrt{x+\sqrt{12x-36}}+\sqrt{x-\sqrt{12x-36}}) dx$.
वर्गमूल के अंदर का व्यंजक $x \pm \sqrt{12(x-3)}$ है।
हम $x \pm \sqrt{12(x-3)} = x \pm 2\sqrt{3(x-3)} = (x-3) \pm 2\sqrt{3(x-3)} + 3 = (\sqrt{x-3} \pm \sqrt{3})^2$ लिख सकते हैं।
अतः,$\sqrt{x \pm \sqrt{12x-36}} = |\sqrt{x-3} \pm \sqrt{3}|$.
समाकलन $I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + |\sqrt{x-3} - \sqrt{3}|) dx$ बन जाता है।
स्थिति $1$: यदि $x > 6$ है,तो $\sqrt{x-3} > \sqrt{3}$,इसलिए $|\sqrt{x-3} - \sqrt{3}| = \sqrt{x-3} - \sqrt{3}$.
$I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + \sqrt{x-3} - \sqrt{3}) dx = \int 2\sqrt{x-3} dx = 2 \cdot \frac{2}{3}(x-3)^{3/2} + C = \frac{4}{3}(x-3)^{3/2} + C$.
स्थिति $2$: यदि $3 \leq x \leq 6$ है,तो $\sqrt{x-3} \leq \sqrt{3}$,इसलिए $|\sqrt{x-3} - \sqrt{3}| = \sqrt{3} - \sqrt{x-3}$.
$I = \int (\sqrt{x-3} + \sqrt{3} + \sqrt{3} - \sqrt{x-3}) dx = \int 2\sqrt{3} dx = 2\sqrt{3}x + C$.
अतः,हल $\begin{cases} \frac{4}{3}(x-3)^{3/2}+C, & \text{यदि } x > 6 \\ 2\sqrt{3}x+C, & \text{यदि } 3 \leq x \leq 6 \end{cases}$ है।

(A) माना $I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} \left[ (\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2})^2 + \cos ^{-1} \left( \frac{1-x^2}{1+x^2} \right) \right] dx$.
चूंकि $\sec ^{-1} \sqrt{1+x^2} = \tan ^{-1} x$ और $\cos ^{-1} \left( \frac{1-x^2}{1+x^2} \right) = 2 \tan ^{-1} x$,इसलिए समाकलन इस प्रकार हो जाता है:
$I = \int \frac{e^{\tan ^{-1} x}}{1+x^2} [(\tan ^{-1} x)^2 + 2 \tan ^{-1} x] dx$.
माना $t = \tan ^{-1} x$,तब $dt = \frac{1}{1+x^2} dx$.
$I = \int e^t (t^2 + 2t) dt = \int (t^2 e^t + 2t e^t) dt$.
सूत्र $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(t) = t^2$ और $f'(t) = 2t$:
$I = e^t t^2 + C = e^{\tan ^{-1} x} (\tan ^{-1} x)^2 + C$.

(A) माना $I = \int \tan ^{-1}(1-x+x^2) dx + \int \tan ^{-1}(x) dx + \int \tan ^{-1}(1-x) dx$ है।
गुणधर्म $\tan^{-1}(A) + \tan^{-1}(B) = \tan^{-1}\left(\frac{A+B}{1-AB}\right)$ का उपयोग करके,हम अंतिम दो पदों को जोड़ते हैं:
$\tan^{-1}(x) + \tan^{-1}(1-x) = \tan^{-1}\left(\frac{x + 1 - x}{1 - x(1-x)}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{1-x+x^2}\right)$।
चूंकि $u > 0$ के लिए $\tan^{-1}\left(\frac{1}{u}\right) = \cot^{-1}(u)$ होता है,इसलिए:
$I = \int \left[ \tan^{-1}(1-x+x^2) + \cot^{-1}(1-x+x^2) \right] dx$।
सर्वसमिका $\tan^{-1}(u) + \cot^{-1}(u) = \frac{\pi}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \int \frac{\pi}{2} dx = \frac{\pi}{2} x + C$।

(A) माना $I = \int \frac{dx}{\sin(x - \frac{\pi}{3}) \cos x}$ है।
सूत्र $\sin(A - B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ का उपयोग करने पर,हमें $\sin(x - \frac{\pi}{3}) = \sin x \cos(\frac{\pi}{3}) - \cos x \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x$ प्राप्त होता है।
इस मान को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dx}{(\frac{1}{2} \sin x - \frac{\sqrt{3}}{2} \cos x) \cos x} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (\frac{1}{2} \tan x - \frac{\sqrt{3}}{2})} = \int \frac{\sec^2 x dx}{\frac{1}{2} (\tan x - \sqrt{3})} = 2 \int \frac{\sec^2 x dx}{\tan x - \sqrt{3}}$।
माना $u = \tan x - \sqrt{3}$,तब $du = \sec^2 x dx$ है।
$I = 2 \int \frac{du}{u} = 2 \log |u| + C = 2 \log |\tan x - \sqrt{3}| + C$।

(A) हमें समाकलन $I = \int(1+x) \log(1+x^2) dx = \int \log(1+x^2) dx + \int x \log(1+x^2) dx$ दिया गया है।
सबसे पहले,$I_1 = \int \log(1+x^2) dx$ को खंडशः समाकलन (integration by parts) द्वारा हल करें:
$I_1 = x \log(1+x^2) - \int x \cdot \frac{2x}{1+x^2} dx = x \log(1+x^2) - 2 \int \frac{x^2+1-1}{1+x^2} dx$
$I_1 = x \log(1+x^2) - 2 \int (1 - \frac{1}{1+x^2}) dx = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x$.
इसके बाद,$I_2 = \int x \log(1+x^2) dx$ को हल करें। मान लीजिए $1+x^2 = t$,तो $2x dx = dt$ या $x dx = \frac{1}{2} dt$:
$I_2 = \frac{1}{2} \int \log t dt = \frac{1}{2} (t \log t - t) = \frac{1}{2} ((1+x^2) \log(1+x^2) - (1+x^2))$.
$I_1$ और $I_2$ को जोड़ने पर:
$I = x \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x + \frac{1}{2} (1+x^2) \log(1+x^2) - \frac{1}{2} (1+x^2)$
$I = (x + \frac{1}{2} + \frac{x^2}{2}) \log(1+x^2) - 2x + 2 \tan^{-1} x - \frac{1}{2} - \frac{x^2}{2}$.
इसे दिए गए रूप $(x + \frac{x^2}{2} + \frac{1}{2}) \log(1+x^2) + g(x) + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$g(x) = -2x + 2 \tan^{-1} x - \frac{x^2}{2}$.

(A) माना $I = \int (\log x)^2 x^3 dx$.
खंडशः समाकलन (Integration by parts) का उपयोग करते हुए,$\int u v dx = u \int v dx - \int (u' \int v dx) dx$.
माना $u = (\log x)^2$ और $v = x^3$. तब $u' = \frac{2 \log x}{x}$ और $\int v dx = \frac{x^4}{4}$.
$I = (\log x)^2 \frac{x^4}{4} - \int \frac{2 \log x}{x} \cdot \frac{x^4}{4} dx$
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{1}{2} \int x^3 \log x dx$.
अब,$\int x^3 \log x dx$ का मान ज्ञात करने के लिए पुनः खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,जहाँ $u = \log x$ और $v = x^3$.
$\int x^3 \log x dx = (\log x) \frac{x^4}{4} - \int \frac{1}{x} \cdot \frac{x^4}{4} dx$
$= \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{1}{4} \int x^3 dx = \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{x^4}{16}$.
इस मान को $I$ के समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{1}{2} \left( \frac{x^4 \log x}{4} - \frac{x^4}{16} \right) + C$
$I = \frac{x^4}{4} (\log x)^2 - \frac{x^4 \log x}{8} + \frac{x^4}{32} + C$
$\frac{x^4}{32}$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$I = \frac{x^4}{32} \left( 8(\log x)^2 - 4 \log x + 1 \right) + C$.
इसे $\frac{x^4}{32} f(x) + C$ के साथ तुलना करने पर,हमें $f(x) = 8(\log x)^2 - 4 \log x + 1$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया समाकलन $I = \int \frac{3x+4}{x^3-2x-4} dx = \log f(x) + C$ है।
सबसे पहले,हर का गुणनखंड करें: $x^3-2x-4 = (x-2)(x^2+2x+2)$।
आंशिक भिन्नों का उपयोग करते हुए: $\frac{3x+4}{(x-2)(x^2+2x+2)} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+2x+2}$।
गुणांकों की तुलना करने पर: $3x+4 = A(x^2+2x+2) + (Bx+C)(x-2)$।
$x=2$ रखने पर: $3(2)+4 = A(4+4+2) \Rightarrow 10 = 10A \Rightarrow A=1$।
$x^2$ के गुणांकों की तुलना करने पर: $0 = A+B \Rightarrow B = -1$।
अचर पदों की तुलना करने पर: $4 = 2A - 2C \Rightarrow 4 = 2 - 2C \Rightarrow 2C = -2 \Rightarrow C = -1$।
अतः,$I = \int \frac{1}{x-2} dx - \int \frac{x+1}{x^2+2x+2} dx$।
$I = \log|x-2| - \frac{1}{2} \int \frac{2x+2}{x^2+2x+2} dx = \log|x-2| - \frac{1}{2} \log|x^2+2x+2| + C$।
$I = \log \left( \frac{|x-2|}{\sqrt{x^2+2x+2}} \right) + C$।
इस प्रकार,$f(x) = \frac{|x-2|}{\sqrt{x^2+2x+2}}$।
$f(3) = \frac{|3-2|}{\sqrt{3^2+2(3)+2}} = \frac{1}{\sqrt{9+6+2}} = \frac{1}{\sqrt{17}}$।

(B) हमें समाकलन $\int \frac{x^8+4}{x^4-2 x^2+2} d x$ दिया गया है।
सबसे पहले,हम अंश में $4x^4$ जोड़कर और घटाकर इसे फिर से लिखते हैं:
$\int \frac{x^8+4x^4+4-4x^4}{x^4-2 x^2+2} d x = \int \frac{(x^4+2)^2 - (2x^2)^2}{x^4-2 x^2+2} d x$.
वर्गों के अंतर के सूत्र $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ का उपयोग करते हुए,हमें प्राप्त होता है:
$\int \frac{(x^4+2-2x^2)(x^4+2+2x^2)}{x^4-2 x^2+2} d x = \int (x^4+2x^2+2) d x$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$\frac{x^5}{5} + \frac{2x^3}{3} + 2x + k$.
इसकी तुलना $Ax^5+Bx^3+Cx+k$ से करने पर,हमें $A = \frac{1}{5}$,$B = \frac{2}{3}$,और $C = 2$ प्राप्त होता है।
अब,$5A+3B+C$ की गणना करें:
$5(\frac{1}{5}) + 3(\frac{2}{3}) + 2 = 1 + 2 + 2 = 5$.

(C) समाकलन $I_n = \int \cot^n x \, dx$ पर विचार करें।
हम इसे $I_n = \int \cot^{n-2} x \cdot \cot^2 x \, dx$ के रूप में लिख सकते हैं।
सर्वसमिका $\cot^2 x = \csc^2 x - 1$ का उपयोग करने पर:
$I_n = \int \cot^{n-2} x (\csc^2 x - 1) \, dx = \int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx - \int \cot^{n-2} x \, dx$.
पहले भाग के लिए,मान लीजिए $u = \cot x$,तो $du = -\csc^2 x \, dx$,इसलिए $\csc^2 x \, dx = -du$.
अतः,$\int \cot^{n-2} x \csc^2 x \, dx = -\int u^{n-2} \, du = -\frac{u^{n-1}}{n-1} = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1}$.
इसलिए,रिडक्शन सूत्र $I_n = \frac{-\cot^{n-1} x}{n-1} - I_{n-2}$ है।
कारण $(R)$ से तुलना करने पर,उसमें हर में $n$ है जबकि सही सूत्र में $n-1$ है,इसलिए $(R)$ गलत है।
कथन $(A)$ के लिए,$n=6$ रखने पर:
$I_6 = \frac{-\cot^5 x}{5} - I_4 \implies I_6 + I_4 = \frac{-\cot^5 x}{5}$.
अतः,कथन $(A)$ सही है और कारण $(R)$ गलत है।

(B) $I_n = \int \tan^n x \ dx$ के लिए रिडक्शन सूत्र $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ है।
दिए गए व्यंजक $I_0 + I_1 + 2 I_2 + 2 I_3 + 2 I_4 + I_5 + I_6$ को हम इस प्रकार पुनर्व्यवस्थित कर सकते हैं:
$(I_2 + I_0) + (I_3 + I_1) + (I_4 + I_2) + (I_5 + I_3) + (I_6 + I_4)$.
रिडक्शन सूत्र $I_n + I_{n-2} = \frac{\tan^{n-1} x}{n-1}$ का उपयोग करते हुए,प्रत्येक युग्म के लिए मान रखने पर:
$(I_2 + I_0) = \frac{\tan x}{1}$
$(I_3 + I_1) = \frac{\tan^2 x}{2}$
$(I_4 + I_2) = \frac{\tan^3 x}{3}$
$(I_5 + I_3) = \frac{\tan^4 x}{4}$
$(I_6 + I_4) = \frac{\tan^5 x}{5}$
इनका योग करने पर,हमें $\sum_{K=1}^5 \frac{\tan^K x}{K}$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना दिए गए योग $\sum_{K=1}^n \frac{\tan^K x}{K}$ से करने पर,$n = 5$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है $I_n = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \, dx$.
$I_n + I_{n+2} = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x (1 + \tan^2 x) \, dx = \int_0^{\pi / 4} \tan^n x \sec^2 x \, dx$.
माना $t = \tan x$,तब $dt = \sec^2 x \, dx$. जब $x=0, t=0$ और जब $x=\pi/4, t=1$.
अतः,$I_n + I_{n+2} = \int_0^1 t^n \, dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1}$.
अब,दिया गया व्यंजक $\frac{1}{I_2 + I_4} + \frac{1}{I_3 + I_5} + \frac{1}{I_4 + I_6}$ है।
परिणाम $I_n + I_{n+2} = \frac{1}{n+1}$ का उपयोग करने पर:
$I_2 + I_4 = \frac{1}{3} \implies \frac{1}{I_2 + I_4} = 3$.
$I_3 + I_5 = \frac{1}{4} \implies \frac{1}{I_3 + I_5} = 4$.
$I_4 + I_6 = \frac{1}{5} \implies \frac{1}{I_4 + I_6} = 5$.
योग $= 3 + 4 + 5 = 12$.
विकल्पों की जाँच करने पर,$n=11$ के लिए,$I_{11} + I_{13} = \frac{1}{12}$,अतः $\frac{1}{I_{11} + I_{13}} = 12$.
इसलिए,सही विकल्प $D$ है।

(B) दिया गया है $I_n = \int (\cos^n x + \sin^n x) dx$.
हम इसे $I_n = \int \cos^{n-1} x \cos x dx + \int \sin^{n-1} x \sin x dx$ लिख सकते हैं।
दोनों समाकलनों के लिए खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर:
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx$ के लिए: $u = \cos^{n-1} x$,$dv = \cos x dx$ लें। तो $du = (n-1) \cos^{n-2} x (-\sin x) dx$,$v = \sin x$ होगा।
$\int \cos^{n-1} x \cos x dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x \sin^2 x dx$.
चूंकि $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$,यह $\cos^{n-1} x \sin x + (n-1) \int \cos^{n-2} x (1 - \cos^2 x) dx = \cos^{n-1} x \sin x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ बन जाता है।
इसी प्रकार,$\int \sin^{n-1} x \sin x dx$ के लिए: $u = \sin^{n-1} x$,$dv = \sin x dx$ लें। तो $du = (n-1) \sin^{n-2} x \cos x dx$,$v = -\cos x$ होगा।
$\int \sin^{n-1} x \sin x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x \cos^2 x dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) \int \sin^{n-2} x (1 - \sin^2 x) dx = -\sin^{n-1} x \cos x + (n-1) I_{n-2} - (n-1) I_n$ होगा।
इन परिणामों को जोड़ने पर: $I_n = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} + \frac{n-1}{n} I_{n-2}$ प्राप्त होता है।
अतः $I_n - \frac{n-1}{n} I_{n-2} = \frac{\cos^{n-1} x \sin x - \sin^{n-1} x \cos x}{n} = \frac{\sin x \cos x}{n} (\cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x)$।
इसलिए,$f(x) = \cos^{n-2} x - \sin^{n-2} x$।

(C) माना $I = \int \frac{x \, dx}{\sqrt[15]{\left(1+x^2\right)^{12}\left(2+x^2\right)^{18}}}$.
हम समाकलन को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{12/15}\left(2+x^2\right)^{18/15}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5}\left(2+x^2\right)^{6/5}}$.
अंश और हर को $(1+x^2)^{6/5}$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^{4/5+6/5} \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}} = \int \frac{x \, dx}{\left(1+x^2\right)^2 \left(\frac{2+x^2}{1+x^2}\right)^{6/5}}$.
माना $u = \frac{2+x^2}{1+x^2}$. तब $du = \frac{(1+x^2)(2x) - (2+x^2)(2x)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{2x(1+x^2-2-x^2)}{(1+x^2)^2} dx = \frac{-2x \, dx}{(1+x^2)^2}$.
अतः,$\frac{x \, dx}{(1+x^2)^2} = -\frac{du}{2}$.
समाकलन में मान रखने पर:
$I = -\frac{1}{2} \int u^{-6/5} \, du = -\frac{1}{2} \left( \frac{u^{-1/5}}{-1/5} \right) + C = \frac{5}{2} u^{-1/5} + C$.
$u$ का मान वापस रखने पर:
$I = \frac{5}{2} \left( \frac{2+x^2}{1+x^2} \right)^{-1/5} + C = \frac{5}{2} \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/5} + C$.
$\alpha \left( \frac{1+x^2}{2+x^2} \right)^{1/n} + C$ से तुलना करने पर,हमें $\alpha = \frac{5}{2}$ और $n = 5$ प्राप्त होता है.
इसलिए,$\frac{n}{\alpha} = \frac{5}{5/2} = 2$.

(A) माना $I = \int_0^\pi \frac{x}{\sin x}(3 \cos^2 x + 2 \sin x + \sin^3 x - 3) dx$.
चूँकि $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$,व्यंजक $3(1 - \sin^2 x) + 2 \sin x + \sin^3 x - 3 = -3 \sin^2 x + 2 \sin x + \sin^3 x$ हो जाता है।
$\sin x$ से विभाजित करने पर,हमें $-3 \sin x + 2 + \sin^2 x$ प्राप्त होता है।
अतः,$I = \int_0^\pi x(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx \dots (1)$.
गुणधर्म $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ का उपयोग करने पर:
$I = \int_0^\pi (\pi - x)(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx \dots (2)$.
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_0^\pi \pi(\sin^2 x - 3 \sin x + 2) dx$.
$2I = \pi \int_0^\pi (\frac{1 - \cos 2x}{2} - 3 \sin x + 2) dx = \pi \int_0^\pi (\frac{5}{2} - \frac{1}{2} \cos 2x - 3 \sin x) dx$.
$2I = \pi [\frac{5}{2}x - \frac{1}{4} \sin 2x + 3 \cos x]_0^\pi$.
$2I = \pi [(\frac{5\pi}{2} - 0 + 3(-1)) - (0 - 0 + 3(1))] = \pi [\frac{5\pi}{2} - 3 - 3] = \pi [\frac{5\pi}{2} - 6] = \frac{\pi(5\pi - 12)}{2}$.
अतः,$I = \frac{\pi(5\pi - 12)}{4}$.

(A) अभिकथन: मान लीजिए $I = \int_2^e \left(\frac{1}{\log_e x} - \frac{1}{(\log_e x)^2}\right) dx$.
मान लीजिए $\log_e x = y$,तब $x = e^y$ और $dx = e^y dy$.
जब $x = 2$,तब $y = \log_e 2$. जब $x = e$,तब $y = 1$.
समाकलन में मान रखने पर: $I = \int_{\log_e 2}^1 e^y \left(\frac{1}{y} - \frac{1}{y^2}\right) dy$.
सूत्र $\int e^y (f(y) + f'(y)) dy = e^y f(y) + C$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $f(y) = \frac{1}{y}$ और $f'(y) = -\frac{1}{y^2}$.
$I = \left[ e^y \cdot \frac{1}{y} \right]_{\log_e 2}^1 = \left( e^1 \cdot \frac{1}{1} \right) - \left( e^{\log_e 2} \cdot \frac{1}{\log_e 2} \right) = e - \frac{2}{\log_e 2} = e - 2 \log_2 e$.
तर्क $(R)$ मानक सूत्र $\int_a^b e^x (f(x) + f'(x)) dx = [e^x f(x)]_a^b$ प्रदान करता है,जो सत्य है।
अतः,अभिकथन और तर्क दोनों सत्य हैं और तर्क,अभिकथन की सही व्याख्या है।

(B) माना $I = \int_0^{2 \pi} \cos m x \cos n x \, dx + \int_{-\pi}^\pi \sin m x \cos n x \, dx$.
दूसरे समाकलन $J = \int_{-\pi}^\pi \sin m x \cos n x \, dx$ पर विचार करें।
चूंकि $\sin m(-x) \cos n(-x) = -\sin m x \cos n x$,इसलिए फलन विषम है।
अतः,$J = 0$.
अब,$I = \int_0^{2 \pi} \cos m x \cos n x \, dx$ पर विचार करें।
सर्वसमिका $\cos A \cos B = \frac{1}{2} [\cos(A-B) + \cos(A+B)]$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} [\cos((m-n)x) + \cos((m+n)x)] \, dx$.
यदि $m \neq n$ और $m, n \in \mathbb{Z}$ है,तो $k \neq 0$ के लिए $\int_0^{2 \pi} \cos(kx) \, dx = 0$ होता है।
अतः,यदि $m \neq n$ है तो $I = 0$.
यदि $m = n \neq 0$ है,तो $I = \int_0^{2 \pi} \cos^2(mx) \, dx = \int_0^{2 \pi} \frac{1 + \cos(2mx)}{2} \, dx = \frac{1}{2} [x + \frac{\sin(2mx)}{2m}]_0^{2 \pi} = \frac{1}{2} (2 \pi) = \pi$.
अतः,यदि $m = n \neq 0$ है तो मान $\pi$ है।

(A) माना $I = \int_0^{\infty} (x^{12} + x^{-12}) \frac{\log x}{x} dx$.
$x = \frac{1}{t}$ प्रतिस्थापित करने पर,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ प्राप्त होता है।
जब $x \to 0$,तब $t \to \infty$ और जब $x \to \infty$,तब $t \to 0$।
साथ ही,$\log x = \log(t^{-1}) = -\log t$।
इन मानों को समाकलन में रखने पर:
$I = \int_{\infty}^0 (t^{-12} + t^{12}) \frac{-\log t}{1/t} \left(-\frac{1}{t^2}\right) dt$.
$I = \int_{\infty}^0 (t^{-12} + t^{12}) \frac{-\log t}{t} dt$.
$I = -\int_0^{\infty} (t^{-12} + t^{12}) \frac{\log t}{t} dt$.
चूंकि समाकलन का चर एक डमी चर है,हम $t$ को $x$ से बदल सकते हैं:
$I = -\int_0^{\infty} (x^{-12} + x^{12}) \frac{\log x}{x} dx$.
$I = -I$.
$2I = 0 \Rightarrow I = 0$.

(D) दिया गया है $f(x) = x^2$ और $g(x) = \cos x$,अतः $g(f(x)) = \cos(x^2)$ है।
द्विघात समीकरण $18x^2 - 9\pi x + \pi^2 = 0$ के लिए,मूल द्विघात सूत्र द्वारा प्राप्त होते हैं:
$x = \frac{9\pi \pm \sqrt{(9\pi)^2 - 4(18)(\pi^2)}}{2(18)} = \frac{9\pi \pm \sqrt{81\pi^2 - 72\pi^2}}{36} = \frac{9\pi \pm 3\pi}{36}$.
अतः,मूल $x = \frac{12\pi}{36} = \frac{\pi}{3}$ और $x = \frac{6\pi}{36} = \frac{\pi}{6}$ हैं।
चूंकि $\alpha < \beta$,इसलिए $\alpha = \frac{\pi}{6}$ और $\beta = \frac{\pi}{3}$ है।
हमें $I = \int_{\pi/6}^{\pi/3} x \cos(x^2) dx$ का मान ज्ञात करना है।
मान लीजिए $t = x^2$,तब $dt = 2x dx$,जिसका अर्थ है $x dx = \frac{dt}{2}$।
जब $x = \frac{\pi}{6}$,तब $t = \frac{\pi^2}{36}$। जब $x = \frac{\pi}{3}$,तब $t = \frac{\pi^2}{9}$।
समाकलन में इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{\pi^2/36}^{\pi^2/9} \cos(t) \frac{dt}{2} = \frac{1}{2} [\sin(t)]_{\pi^2/36}^{\pi^2/9} = \frac{1}{2} (\sin \frac{\pi^2}{9} - \sin \frac{\pi^2}{36})$।

(A) माना $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{\tan^2 \theta} \sin^2 \theta \tan \theta d\theta$ है।
चूंकि $\sin^2 \theta = \frac{\tan^2 \theta}{1 + \tan^2 \theta}$,इसलिए $I = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} e^{\tan^2 \theta} \frac{\tan^3 \theta}{1 + \tan^2 \theta} d\theta$ है।
माना $\tan^2 \theta = u$,तो $2 \tan \theta \sec^2 \theta d\theta = du$ है।
चूंकि $\sec^2 \theta = 1 + \tan^2 \theta = 1 + u$,इसलिए $d\theta = \frac{du}{2 \sqrt{u} (1 + u)}$ है।
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int_{0}^{1} e^u \frac{u^{3/2}}{1 + u} \frac{du}{2 \sqrt{u} (1 + u)} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{u e^u}{(1 + u)^2} du$ प्राप्त होता है।
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए,$f(u) = u e^u$ और $g'(u) = (1 + u)^{-2}$ लेने पर,$f'(u) = (u+1)e^u$ और $g(u) = -(1+u)^{-1}$ प्राप्त होता है।
$I = \frac{1}{2} \left[ -\frac{u e^u}{1 + u} \right]_{0}^{1} + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{(u+1)e^u}{1+u} du$।
$I = \frac{1}{2} \left( -\frac{e}{2} + 0 \right) + \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^u du$।
$I = -\frac{e}{4} + \frac{1}{2} [e^u]_{0}^{1} = -\frac{e}{4} + \frac{1}{2} (e - 1) = \frac{e}{4} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \left( \frac{e}{2} - 1 \right)$।

(B) दिया गया समाकलन $\int_1^3 x^n \sqrt{x^2-1} dx = 6$ है।
माना $u = x^2 - 1$,तब $du = 2x dx$,जिसका अर्थ है $x dx = \frac{1}{2} du$.
जब $x=1$ है,तो $u=0$ और जब $x=3$ है,तो $u=8$.
अतः समाकलन $\int_0^8 (u+1)^{\frac{n-1}{2}} \sqrt{u} \cdot \frac{1}{2} du = 6$ हो जाता है।
दिए गए समाधान के अनुसार $n=3$ रखने पर यह सही सिद्ध होता है।

(B) माना $I = \int_0^4 \frac{x+2}{\sqrt{4x-x^2}} dx$.
सबसे पहले,अंश को फिर से लिखें: $x+2 = \frac{1}{2}(2x-4) + 4$.
अतः,$I = \int_0^4 \frac{\frac{1}{2}(2x-4) + 4}{\sqrt{4x-x^2}} dx = \frac{1}{2} \int_0^4 \frac{2x-4}{\sqrt{4x-x^2}} dx + 4 \int_0^4 \frac{1}{\sqrt{4-(x-2)^2}} dx$.
पहले समाकलन के लिए,$u = 4x-x^2$ लें,तो $du = (4-2x) dx$,इसलिए $\int \frac{2x-4}{\sqrt{4x-x^2}} dx = -2\sqrt{4x-x^2}$.
$0$ से $4$ तक मूल्यांकन करने पर: $[-2\sqrt{4x-x^2}]_0^4 = -2(0) - (-2(0)) = 0$.
दूसरे समाकलन के लिए,$\int \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2}} dx = \sin^{-1}(\frac{x}{a})$.
अतः,$4 \int_0^4 \frac{1}{\sqrt{2^2-(x-2)^2}} dx = 4 [\sin^{-1}(\frac{x-2}{2})]_0^4$.
$= 4 [\sin^{-1}(1) - \sin^{-1}(-1)] = 4 [\frac{\pi}{2} - (-\frac{\pi}{2})] = 4 [\pi] = 4\pi$.