AP EAMCET 2023 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ $z^3+\bar{z}=0$ છે.
બંને બાજુ માનાંક લેતા,$|z^3| = |-\bar{z}|$,જેનો અર્થ છે $|z|^3 = |z|$.
આથી $|z|(|z|^2 - 1) = 0$ મળે.
કિસ્સો $1$: $|z| = 0$,જેનો અર્થ છે $z = 0$. આ $1$ ઉકેલ છે.
કિસ્સો $2$: $|z|^2 = 1$,જેનો અર્થ છે $z\bar{z} = 1$,તેથી $\bar{z} = \frac{1}{z}$.
આ કિંમત મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા: $z^3 + \frac{1}{z} = 0$,જે $z^4 + 1 = 0$ આપે છે.
સમીકરણ $z^4 = -1$ ના $4$ ભિન્ન ઉકેલો મળે છે.
આમ,કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $1 + 4 = 5$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $|z - 1 + i| = 1$ છે.
આને $|z - (1 - i)| = 1$ તરીકે ફરીથી લખી શકાય.
સંકર સમતલમાં વર્તુળના પ્રમાણિત સમીકરણ $|z - z_0| = r$ સાથે સરખાવતા,જ્યાં $z_0$ કેન્દ્ર છે અને $r$ ત્રિજ્યા છે,આપણને $z_0 = 1 - i$ અને $r = 1$ મળે છે.
કાર્તેઝિયન યામમાં,$z_0 = 1 - i$ એ બિંદુ $(1, -1)$ ને અનુરૂપ છે.
આમ,$S$ એ $(1, -1)$ કેન્દ્ર અને $1$ એકમ ત્રિજ્યા ધરાવતું વર્તુળ દર્શાવે છે.

(C) આપેલ છે કે $\left|z-\frac{2}{z}\right|=2$.
ત્રિકોણ અસમતાના ગુણધર્મ $||z_1|-|z_2|| \leq |z_1-z_2|$ નો ઉપયોગ કરતા:
$||z|-\left|\frac{2}{z}\right|| \leq \left|z-\frac{2}{z}\right| = 2$.
ધારો કે $|z| = r$. તેથી $|r - \frac{2}{r}| \leq 2$.
આનો અર્થ એ છે કે $-2 \leq r - \frac{2}{r} \leq 2$.
જમણી બાજુની અસમતા લેતા: $r - \frac{2}{r} \leq 2
\Rightarrow r^2 - 2r - 2 \leq 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $r = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરીને $r^2 - 2r - 2 = 0$ ઉકેલતા:
$r = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 4(1)(-2)}}{2} = \frac{2 \pm \sqrt{12}}{2} = 1 \pm \sqrt{3}$.
કારણ કે $r = |z| > 0$,તેથી $r \leq 1 + \sqrt{3}$.
આમ,$|z|$ ની મહત્તમ કિંમત $\sqrt{3} + 1$ છે.

(D) ધારો કે $z = -3-4i$. આપણને $\sqrt{z} = re^{i\theta}$ આપેલ છે.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$z = r^2 e^{i2\theta} = r^2(\cos 2\theta + i \sin 2\theta)$ મળે.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી $z = -3-4i$ સાથે કરતા:
$r^2 \cos 2\theta = -3$ અને $r^2 \sin 2\theta = -4$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $r^2 = |z| = \sqrt{(-3)^2 + (-4)^2} = \sqrt{9+16} = 5$.
ટેન્જન્ટ માટે ડબલ એંગલ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\tan 2\theta = \frac{r^2 \sin 2\theta}{r^2 \cos 2\theta} = \frac{-4}{-3} = \frac{4}{3}$.
$\tan 2\theta = \frac{2 \tan \theta}{1 - \tan^2 \theta} = \frac{4}{3}$ નો ઉપયોગ કરતા,$6 \tan \theta = 4 - 4 \tan^2 \theta$,અથવા $4 \tan^2 \theta + 6 \tan \theta - 4 = 0$ મળે.
$2$ વડે ભાગતા,$2 \tan^2 \theta + 3 \tan \theta - 2 = 0$.
અવયવ પાડતા $(2 \tan \theta - 1)(\tan \theta + 2) = 0$ મળે,તેથી $\tan \theta = \frac{1}{2}$ અથવા $\tan \theta = -2$.
$\tan \theta = -2$ લેતા,$r^2 \tan \theta = 5 \times (-2) = -10$ મળે.

(D) આપેલ છે $z = \sqrt{\frac{1-i}{1+i}}$.
અંશ અને છેદને $(1-i)$ વડે ગુણતા:
$z = \sqrt{\frac{(1-i)^2}{1^2+1^2}} = \sqrt{\frac{(1-i)^2}{2}} = \pm \frac{1-i}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$z_1 = \frac{1-i}{\sqrt{2}}$ અને $z_2 = \frac{-1+i}{\sqrt{2}}$.
$z_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} - i\frac{1}{\sqrt{2}}$ માટે,કોણાંક $\arg(z_1) = \tan^{-1}\left(\frac{-1/\sqrt{2}}{1/\sqrt{2}}\right) = -\frac{\pi}{4}$.
$z_2 = -\frac{1}{\sqrt{2}} + i\frac{1}{\sqrt{2}}$ માટે,કોણાંક $\arg(z_2) = \pi + \tan^{-1}\left(\frac{1/\sqrt{2}}{-1/\sqrt{2}}\right) = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
શરત $-\frac{\pi}{2} < -\frac{\pi}{4} < \frac{3\pi}{4} < \pi$ સંતોષાય છે.
તેથી,$\arg(z_1) + \arg(z_2) = -\frac{\pi}{4} + \frac{3\pi}{4} = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.

(B) બિંદુઓ $A(-2, 1)$ અને $B(3, -4)$ છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,બિંદુ $C$ એ $AB$ નું $1:2$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
$C = \left( \frac{1(3) + 2(-2)}{1+2}, \frac{1(-4) + 2(1)}{1+2} \right) = \left( -\frac{1}{3}, -\frac{2}{3} \right)$.
$C$ ત્રીજા ચરણમાં હોવાથી,તેનો કોણાંક $\theta = \tan^{-1}\left( \frac{y}{x} \right) - \pi$ થશે.
$\text{arg}(C) = \tan^{-1}\left( \frac{-2/3}{-1/3} \right) - \pi = \tan^{-1}(2) - \pi$.

(B) આપેલ છે $z_1 = 4+3 i$.
માનાંક $\alpha = |z_1| = \sqrt{4^2+3^2} = \sqrt{16+9} = 5$.
પ્રદેશ $|z - \overline{z_1}| \leq 5$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
$\overline{z_1} = 4-3 i$ હોવાથી,અસમતા $|z - (4-3 i)| \leq 5$ થાય.
વિકલ્પ $B$ માટે,$z = z_1 = 4+3 i$ લેતા:
$|(4+3 i) - (4-3 i)| = |6 i| = 6$.
$6 > 5$ હોવાથી,બિંદુ $z_1$ અસમતાનું સમાધાન કરતું નથી.
આમ,$z_1$ એ પ્રદેશમાં આવતું નથી.

(A) આપેલ છે કે $z_1, z_2, z_3$ એ સમબાજુ ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ છે અને $z$ તેનું પરિકેન્દ્ર છે.
$z$ પરિકેન્દ્ર હોવાથી,$z$ થી દરેક શિરોબિંદુનું અંતર પરિત્રિજ્યા $R$ જેટલું થાય.
તેથી,$|z-z_1| = |z-z_2| = |z-z_3| = R$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{|z-z_1|}{|z-z_2|} = \frac{R}{R} = 1$ ધ્યાનમાં લો.
તે જ રીતે,$\frac{|z-z_3|}{|z-z_1|} = \frac{R}{R} = 1$.
આમ,$\frac{|z-z_1|}{|z-z_2|} = \frac{|z-z_3|}{|z-z_1|} = 1$.

(C) આપેલ સમીકરણ: $4a + i(3a - b) = b - 6i$
બંને બાજુ વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને સરખાવતા:
વાસ્તવિક ભાગ: $4a = b$
કાલ્પનિક ભાગ: $3a - b = -6$
બીજા સમીકરણમાં $b = 4a$ મૂકતા:
$3a - 4a = -6$ $\Rightarrow -a = -6$ $\Rightarrow a = 6$
તેથી,$b = 4(6) = 24$
હવે,$z$ માં $a$ અને $b$ ની કિંમત મૂકતા:
$z = 6 + \frac{24}{4}i = 6 + 6i$
માનાંક $|z|$ છે:
$|z| = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{36 + 36} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2}$
છેલ્લે,$\frac{|z|}{a}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{|z|}{a} = \frac{6\sqrt{2}}{6} = \sqrt{2}$

(B) આપેલ છે $z = \frac{-2+i}{(1-2i)^2}$.
પ્રથમ,છેદનું સાદુંરૂપ આપતા: $(1-2i)^2 = 1 - 4 - 4i = -3 - 4i$.
તેથી,$z = \frac{-2+i}{-3-4i} = \frac{2-i}{3+4i}$.
અંશ અને છેદને છેદની અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યા $(3-4i)$ વડે ગુણતા:
$z = \frac{(2-i)(3-4i)}{(3+4i)(3-4i)} = \frac{6 - 11i - 4}{25} = \frac{2 - 11i}{25}$.
તેથી,$\bar{z} = \frac{2 + 11i}{25}$.
માનાંક $|\bar{z}| = |z| = \sqrt{(\frac{2}{25})^2 + (-\frac{11}{25})^2} = \sqrt{\frac{125}{625}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$.

(B) આપેલ છે કે સંકર સંખ્યા $z = x + iy$ નો કંપવિસ્તાર (argument) $\theta$ છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,$\arg(z) = \tan^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) = \theta$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,આપણને $\frac{y}{x} = \tan \theta$ મળે છે.
તેથી,બિંદુનો બિંદુપથ $y = x \tan \theta$ છે,જે ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી એક સીધી રેખા દર્શાવે છે.

(D) આપેલ અસમતા $|z - (1 - i)| \leq 2$ છે. આ આર્ગેન્ડ સમતલમાં કેન્દ્ર $(1, -1)$ અને ત્રિજ્યા $r = 2$ વાળું વર્તુળ અને તેની અંદરનો ભાગ દર્શાવે છે.
દરેક બિંદુ $z$ માટે $|z - (1 - i)| \leq 2$ ચકાસતા:
$(A)$ $z = \frac{1 - i}{2}$ માટે,$|z - (1 - i)| = \frac{1}{\sqrt{2}} \leq 2$. (અંદર છે)
$(B)$ $z = 1$ માટે,$|z - (1 - i)| = 1 \leq 2$. (અંદર છે)
$(C)$ $z = \frac{1 - i}{4}$ માટે,$|z - (1 - i)| = \frac{3\sqrt{2}}{4} \leq 2$. (અંદર છે)
$(D)$ $z = i$ માટે,$|z - (1 - i)| = \sqrt{5} > 2$. (બહાર છે)
આમ,બિંદુ $i$ પ્રદેશમાં નથી.

(B) આપેલ છે કે $-3+ix^2y$ અને $x^2+y+4i$ એકબીજાની અનુબદ્ધ સંકર સંખ્યાઓ છે.
તેથી,$-3-ix^2y = x^2+y+4i$.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી કરતા:
$x^2+y = -3$ $(i)$
$-x^2y = 4$ $(ii)$
$(ii)$ પરથી,$y = -\frac{4}{x^2}$.
$y$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા:
$x^2 - \frac{4}{x^2} = -3$
ધારો કે $x^2 = t$,તો $t - \frac{4}{t} = -3 \implies t^2 + 3t - 4 = 0$.
$(t+4)(t-1) = 0$.
$t = x^2$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $t = 1$.
$x^2 = 1 \implies x = \pm 1$.

(D) આપેલ છે $z = 1 + \cos \theta - i \sin \theta$.
$z - 1 = \cos \theta - i \sin \theta$.
$|z - 1| = \sqrt{\cos^2 \theta + \sin^2 \theta} = 1$.
$|z|^2 = (1 + \cos \theta)^2 + (-\sin \theta)^2 = 1 + 2 \cos \theta + \cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 2 + 2 \cos \theta$.
હવે,આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\left[|z - 1|^2 - \frac{|z|^2}{4}\right]^{1/2} = \left[1^2 - \frac{2 + 2 \cos \theta}{4}\right]^{1/2} = \left[1 - \frac{1 + \cos \theta}{2}\right]^{1/2} = \left[\frac{2 - 1 - \cos \theta}{2}\right]^{1/2} = \left[\frac{1 - \cos \theta}{2}\right]^{1/2}$.
નિત્યસમ $1 - \cos \theta = 2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\left[\frac{2 \sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)}{2}\right]^{1/2} = \sqrt{\sin^2 \left(\frac{\theta}{2}\right)} = \sin \left(\frac{\theta}{2}\right)$ (કારણ કે $0 < \frac{\theta}{2} < \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin \left(\frac{\theta}{2}\right) > 0$).

(A) આપેલ સમીકરણ: $|z-1|=|i(z+1)|$
$|i|=1$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ: $|z-1|=|z+1|$
ધારો કે $z = x+iy$. તો: $|x+iy-1|=|x+iy+1|$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $|(x-1)+iy|^2 = |(x+1)+iy|^2$
$(x-1)^2 + y^2 = (x+1)^2 + y^2$
$x^2 - 2x + 1 + y^2 = x^2 + 2x + 1 + y^2$
$-2x = 2x$
$4x = 0 \Rightarrow x = 0$
સમીકરણ $x=0$ એ આર્ગેન્ડ સમતલમાં $Y$-અક્ષ દર્શાવે છે.

(A) પ્રથમ,આર્ગ્યુમેન્ટની અંદરની પદાવલિનું સાદું રૂપ આપો:
$\frac{4+2 i}{1-2 i} = 2 i$
$\frac{3+4 i}{2+3 i} = \frac{18-i}{13}$
બંનેનો સરવાળો કરતા:
$\frac{18}{13} + \frac{25}{13} i$
આર્ગ્યુમેન્ટ $\tan^{-1}\left(\frac{25}{18}\right)$ થશે.
$\frac{25}{18} > 1$ હોવાથી,$\tan^{-1}\left(\frac{25}{18}\right) > \frac{\pi}{4}$.
તેથી,તે $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}\right)$ અંતરાલમાં આવે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1+i)^2 = 2i$ અને $(1-i)^2 = -2i$ થાય છે.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(1+i)^{2024} + (1-i)^{2024} = [(1+i)^2]^{1012} + [(1-i)^2]^{1012}$
$= (2i)^{1012} + (-2i)^{1012}$
$= 2^{1012} \cdot i^{1012} + (-2)^{1012} \cdot i^{1012}$
અહીં $1012$ બેકી સંખ્યા હોવાથી,$(-2)^{1012} = 2^{1012}$ અને $i^{1012} = (i^4)^{253} = 1$ થાય છે.
$= 2^{1012} \cdot 1 + 2^{1012} \cdot 1$
$= 2 \cdot 2^{1012} = 2^{1013}$.

(C) સંકર સંખ્યા $z = r(\cos \theta + i \sin \theta)$ ના $n^{\text{th}}$ મૂળ $z_k = r^{1/n} \operatorname{cis} \left( \frac{\theta + 2k\pi}{n} \right)$ દ્વારા મળે છે,જ્યાં $k = 0, 1, \dots, n-1$.
$z = -1$ માટે,$r = 1$ અને $\theta = \pi$ છે.
તેથી,$15^{\text{th}}$ મૂળ $\operatorname{cis} \left( \frac{\pi + 2k\pi}{15} \right)$ છે,જ્યાં $k = 0, 1, \dots, 14$.
$k = 6$ માટે,મૂળ $\operatorname{cis} \left( \frac{\pi + 12\pi}{15} \right) = \operatorname{cis} \left( \frac{13\pi}{15} \right)$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\alpha$ અને $\beta$ એ $x^2+x+1=0$ ના બીજ છે.
આ બીજ એકમના ઘનમૂળ છે,એટલે કે $\omega$ અને $\omega^2$.
ધારો કે $\alpha = \omega = e^{i \frac{2\pi}{3}}$ અને $\beta = \omega^2 = e^{i \frac{4\pi}{3}}$.
આપણે $\alpha^{2023}$ અને $\beta^{1012}$ બીજ ધરાવતું સમીકરણ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$\alpha^{2023} = (\omega)^{2023} = \omega^{2023 \pmod 3} = \omega^{2022+1} = \omega^1 = \alpha$ ગણો.
ત્યારબાદ,$\beta^{1012} = (\omega^2)^{1012} = \omega^{2024} = \omega^{2022+2} = \omega^2 = \beta$ ગણો.
નવા સમીકરણના બીજ $\alpha$ અને $\beta$ હોવાથી,જરૂરી દ્વિઘાત સમીકરણ મૂળ સમીકરણ જેવું જ છે: $x^2+x+1=0$.

(C) આપેલ છે કે $|z|=1$ અને $\operatorname{Arg}(z)=\frac{\pi}{6}$.
$z = |z|e^{i \operatorname{Arg}(z)} = 1 \cdot e^{i \frac{\pi}{6}} = e^{i \frac{\pi}{6}}$.
તેથી $z^6 = (e^{i \frac{\pi}{6}})^6 = e^{i \pi} = -1$.
અને $z^{12} = (e^{i \frac{\pi}{6}})^{12} = e^{2 \pi i} = 1$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{z^{12}+1-z^6}{z^{12}+i z^6-1} = \frac{1+1-(-1)}{1+i(-1)-1} = \frac{3}{-i} = \frac{3}{-i} \cdot \frac{i}{i} = \frac{3i}{-i^2} = 3i$.

(D) ડી મોઇવરના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$[r(\cos \theta + i \sin \theta)]^n = r^n(\cos n\theta + i \sin n\theta)$.
આપેલ પદાવલિ: $[\sqrt{2}(\cos 56^{\circ} 15^{\prime} + i \sin 56^{\circ} 15^{\prime})]^8$.
અહીં,$r = \sqrt{2}$,$\theta = 56^{\circ} 15^{\prime} = 56.25^{\circ}$,અને $n = 8$.
પ્રમેય લાગુ પાડતા:
$= (\sqrt{2})^8 [\cos(8 \times 56.25^{\circ}) + i \sin(8 \times 56.25^{\circ})]$.
$= 2^4 [\cos(450^{\circ}) + i \sin(450^{\circ})]$.
કારણ કે $450^{\circ} = 360^{\circ} + 90^{\circ}$,તેથી $\cos(450^{\circ}) = \cos(90^{\circ}) = 0$ અને $\sin(450^{\circ}) = \sin(90^{\circ}) = 1$.
$= 16(0 + i(1)) = 16i$.

(A) આપણે $\cos \left(\sum_{k=1}^7(k-\omega)(k-\omega^2) \frac{\pi}{175}\right)$ ની ગણતરી કરવાની છે.
$\omega^2+\omega+1=0$ અને $\omega^3=1$ હોવાથી,$(k-\omega)(k-\omega^2) = k^2 - k(\omega+\omega^2) + \omega^3 = k^2 - k(-1) + 1 = k^2+k+1$ થાય.
આમ,પદાવલિ $\cos \left(\frac{\pi}{175} \sum_{k=1}^7 (k^2+k+1)\right)$ બને છે.
સરવાળાની ગણતરી: $\sum_{k=1}^7 k^2 = \frac{7(8)(15)}{6} = 140$,$\sum_{k=1}^7 k = \frac{7(8)}{2} = 28$,અને $\sum_{k=1}^7 1 = 7$.
સરવાળો $= 140 + 28 + 7 = 175$.
તેથી,$\cos \left(\frac{\pi}{175} \times 175\right) = \cos(\pi) = -1$.

(A) આપેલ છે કે $1+\omega+\omega^2 = 0$,તેથી $1+\omega^2 = -\omega$ અને $1+\omega = -\omega^2$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$(1-\omega+\omega^2)^{3k} + (1-\omega^2+\omega)^{3k} = (1-\omega+\omega^2)^{3k+1} + (1+\omega-\omega^2)^{3k+1}$
$(-2\omega)^{3k} + (-2\omega^2)^{3k} = (-2\omega)^{3k+1} + (-2\omega^2)^{3k+1}$
$(-2)^{3k} \omega^{3k} + (-2)^{3k} \omega^{6k} = (-2)^{3k+1} \omega^{3k+1} + (-2)^{3k+1} \omega^{2(3k+1)}$
કારણ કે $\omega^3 = 1$,તેથી $\omega^{3k} = 1$ અને $\omega^{6k} = 1$:
$(-2)^{3k}(1+1) = (-2)^{3k} \cdot (-2) \cdot (\omega + \omega^2)$
$2 = -2(\omega + \omega^2)$
કારણ કે $\omega + \omega^2 = -1$,આપણને $2 = -2(-1) = 2$ મળે છે.
આ વિધાન તમામ $k \in N$ માટે સત્ય છે. તેથી,$k = r$ જ્યાં $r \in N$.

(A) આપેલ છે કે $\omega$ એ એકમનું સંકર ઘનમૂળ છે,તેથી $\omega^3 = 1$ અને $1 + \omega + \omega^2 = 0$.
પ્રથમ,$\omega$ ના ઘાતનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\omega^{10} = (\omega^3)^3 \cdot \omega = \omega$
$\omega^{23} = (\omega^3)^7 \cdot \omega^2 = \omega^2$
હવે આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sin \left[ (\omega + \omega^2) \pi - \frac{\pi}{4} \right]$
$\omega + \omega^2 = -1$ હોવાથી:
$\sin \left[ (-1) \pi - \frac{\pi}{4} \right] = \sin \left( -\frac{5\pi}{4} \right) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

(B) આપેલ સમીકરણ: $8z^3 - 12z^2 + 6z - 28 = 0$ ...$(i)$
નિરીક્ષણ દ્વારા,$z = 2$ એ એક બીજ છે કારણ કે $8(8) - 12(4) + 6(2) - 28 = 0$.
સમીકરણને $(z - 2)$ વડે ભાગતા:
$(z - 2)(8z^2 + 4z + 14) = 0$
$(z - 2)(4z^2 + 2z + 7) = 0$
$4z^2 + 2z + 7 = 0$ માટે,બીજ $z = \frac{-1 \pm 3\sqrt{3}i}{4}$ મળે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\omega = \frac{-1 + i\sqrt{3}}{2}$ અને $\omega^2 = \frac{-1 - i\sqrt{3}}{2}$.
તેથી,$\frac{3\omega + 1}{2} = \frac{-1 + 3i\sqrt{3}}{4}$ અને $\frac{3\omega^2 + 1}{2} = \frac{-1 - 3i\sqrt{3}}{4}$.
આમ,બીજ $2, \frac{3\omega + 1}{2}, \frac{3\omega^2 + 1}{2}$ છે.

(B) આપેલ છે $f(x)=a_0+a_1 x+a_2 x^2+\ldots+a_n x^n$ જ્યાં $a_i \in \mathbb{Z}$.
સહગુણકો પૂર્ણાંક હોવાથી,સંકર બીજ અનુબદ્ધ જોડીમાં હોય અને $a+\sqrt{b}$ સ્વરૂપના અસંમેય બીજ તેમના અનુબદ્ધ $a-\sqrt{b}$ સાથે હોય.
આપેલ બીજ $x_1 = 3+i$ અને $x_2 = 2-\sqrt{3}$ છે.
તેથી,તેમના અનુબદ્ધ $x_3 = 3-i$ અને $x_4 = 2+\sqrt{3}$ પણ બીજ હોવા જોઈએ.
ઓછામાં ઓછા $4$ બીજ હોવાથી,ન્યૂનતમ ઘાત $n=4$ થાય.
$4$ ઘાતવાળા બહુપદી માટે,અચળ પદ $a_0$ એ બીજોના ગુણાકાર જેટલું થાય છે: $a_0 = x_1 x_2 x_3 x_4$.
$a_0 = (3+i)(3-i) \times (2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})$
$a_0 = (9+1) \times (4-3) = 10 \times 1 = 10$.
આમ,$n=4$ અને $a_0=10$.

(A) આપેલ છે કે $z_1 = 2 - i$ અને $z_2 = 6 + 3i$.
આપણે $\operatorname{amp}\left(\frac{z_1-z_2}{z_1+z_2}\right)$ શોધવાનું છે.
પ્રથમ,$z_1 - z_2 = (2 - 6) + (-1 - 3)i = -4 - 4i$.
ત્યારબાદ,$z_1 + z_2 = (2 + 6) + (-1 + 3)i = 8 + 2i$.
હવે,$\operatorname{amp}\left(\frac{z_1-z_2}{z_1+z_2}\right) = \operatorname{amp}(z_1-z_2) - \operatorname{amp}(z_1+z_2)$.
$\operatorname{amp}(-4-4i) = -\pi + \tan^{-1}\left(\frac{-4}{-4}\right) = -\pi + \frac{\pi}{4} = -\frac{3\pi}{4}$.
$\operatorname{amp}(8+2i) = \tan^{-1}\left(\frac{2}{8}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{1}{4}\right)$.
તેથી,પરિણામ $-\frac{3\pi}{4} - \tan^{-1}\left(\frac{1}{4}\right)$ મળે છે.

(A) એકમના $4^{th}$ મૂળ $1, -1, i, -i$ છે. વાસ્તવિક બીજ $\alpha=1, \beta=-1$ છે અને અન્ય બીજ $\gamma=i, \delta=-i$ છે.
પ્રથમ શાંકવ $|z-1|+|z+1|=4$ માટે,આ એક ઉપવલય દર્શાવે છે જેના નાભિ $(\pm 1, 0)$ પર છે અને મુખ્ય અક્ષ $2a=4$ છે,તેથી $a=2$. નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $2ae_1=2$ છે,તેથી $e_1=\frac{1}{2}$.
બીજા શાંકવ $|z-i|+|z+i|=6$ માટે,આ એક ઉપવલય દર્શાવે છે જેના નાભિ $(0, \pm 1)$ પર છે અને મુખ્ય અક્ષ $2a=6$ છે,તેથી $a=3$. નાભિઓ વચ્ચેનું અંતર $2ae_2=2$ છે,તેથી $e_2=\frac{1}{3}$.
ઉત્કેન્દ્રતાનો સરવાળો $e_1+e_2 = \frac{1}{2}+\frac{1}{3} = \frac{5}{6}$ થાય.

(D) આપેલ છે $x^3-a^3=0 \Rightarrow (x-a)(x^2+ax+a^2)=0$.
$a>0$ હોવાથી,વાસ્તવિક બીજ $\alpha = a$ છે.
અન્ય બીજ $\beta = a \omega = a(-\frac{1}{2} + i\frac{\sqrt{3}}{2})$ અને $\gamma = a \omega^2 = a(-\frac{1}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2})$ છે.
પ્રથમ વક્ર $|z - \beta| = \frac{\sqrt{3}a}{2}$ છે,જે કેન્દ્ર $\beta = (-\frac{a}{2}, \frac{a\sqrt{3}}{2})$ અને ત્રિજ્યા $R = \frac{\sqrt{3}a}{2}$ વાળું વર્તુળ દર્શાવે છે.
બીજો વક્ર $|z - \gamma| = \frac{\sqrt{3}a}{2}$ છે,જે કેન્દ્ર $\gamma = (-\frac{a}{2}, -\frac{a\sqrt{3}}{2})$ અને ત્રિજ્યા $R = \frac{\sqrt{3}a}{2}$ વાળું વર્તુળ દર્શાવે છે.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d = \sqrt{(-\frac{a}{2} - (-\frac{a}{2}))^2 + (\frac{a\sqrt{3}}{2} - (-\frac{a\sqrt{3}}{2}))^2} = a\sqrt{3}$ છે.
ત્રિજ્યાઓનો સરવાળો $R_1 + R_2 = a\sqrt{3}$ છે.
કેન્દ્રો વચ્ચેનું અંતર $d$ એ ત્રિજ્યાઓના સરવાળા $R_1 + R_2$ જેટલું હોવાથી,બંને વર્તુળો એકબીજાને એક બિંદુએ સ્પર્શે છે.
તેથી,સામાન્ય બિંદુઓની સંખ્યા $1$ છે.

(A) $z_3 = \frac{z_1+z_2}{2} = \frac{(2+3i)+(4-5i)}{2} = 3-i$.
આપેલ છે કે $5z_1+xz_2+yz_3=0$.
કિંમતો મૂકતા: $5(2+3i) + x(4-5i) + y(3-i) = 0$.
$(10+15i) + (4x-5xi) + (3y-yi) = 0$.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને અલગ કરતા: $(10+4x+3y) + i(15-5x-y) = 0$.
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોને શૂન્ય સાથે સરખાવતા:
$4x+3y = -10$ $(i)$
$5x+y = 15$ (ii)
(ii) પરથી,$y = 15-5x$.
$(i)$ માં કિંમત મૂકતા: $4x + 3(15-5x) = -10$.
$4x + 45 - 15x = -10$.
$-11x = -55 \Rightarrow x = 5$.
$y = 15 - 5(5) = 15-25 = -10$.
તેથી,$x+y = 5-10 = -5$.

(B) કોઈ સંખ્યા $3$ વડે વિભાજ્ય હોય તો તેના અંકોનો સરવાળો પણ $3$ વડે વિભાજ્ય હોય છે.
આપેલ અંકો $4, 6, 9, 5, 3, x, y$ છે.
અંકોનો સરવાળો $= 4 + 6 + 9 + 5 + 3 + x + y = 27 + x + y$.
સંખ્યા $3$ વડે વિભાજ્ય હોવા માટે $(27 + x + y)$ એ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
$27$ એ $3$ નો ગુણક હોવાથી,$(x + y)$ પણ $3$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
અંકો ભિન્ન હોવા જોઈએ,તેથી $x, y \in \{0, 1, 2, 7, 8\}$.
શક્ય જોડીઓ $(x, y)$ જ્યાં $x + y$ એ $3$ નો ગુણક હોય:
જો $x = 1$,તો $y = 2, 8$. જોડીઓ: $(1, 2), (1, 8)$.
જો $x = 2$,તો $y = 1, 7$. જોડીઓ: $(2, 1), (2, 7)$.
જો $x = 7$,તો $y = 2, 8$. જોડીઓ: $(7, 2), (7, 8)$.
જો $x = 8$,તો $y = 1, 7$. જોડીઓ: $(8, 1), (8, 7)$.
કુલ $8$ જોડીઓ શક્ય છે.

(D) જો સંખ્યાનો છેલ્લો અંક $0$ અથવા $5$ હોય,તો તે સંખ્યા $5$ વડે વિભાજ્ય છે. આપણે પુનરાવર્તન વગર $1, 2, 3$ અથવા $4$ અંકની સંખ્યાઓ વિચારીએ.
કિસ્સો $1$: $0$ માં અંત પામતી સંખ્યાઓ.
- $1$ અંક: $0$ પ્રાકૃતિક સંખ્યા નથી,તેથી $0$.
- $2$ અંક: પ્રથમ અંક માટે $9$ વિકલ્પો,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 9 \times 1 = 9$.
- $3$ અંક: પ્રથમ માટે $9$,બીજા માટે $8$,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 9 \times 8 \times 1 = 72$.
- $4$ અંક: પ્રથમ માટે $9$,બીજા માટે $8$,ત્રીજા માટે $7$,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 9 \times 8 \times 7 \times 1 = 504$.
કિસ્સો $1$ નો સરવાળો $= 9 + 72 + 504 = 585$.
કિસ્સો $2$: $5$ માં અંત પામતી સંખ્યાઓ.
- $1$ અંક: ${5}$. કુલ $= 1$.
- $2$ અંક: પ્રથમ માટે $8$ વિકલ્પો,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 8 \times 1 = 8$.
- $3$ અંક: પ્રથમ માટે $8$,બીજા માટે $7$,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 8 \times 7 \times 1 = 56$.
- $4$ અંક: પ્રથમ માટે $7$,બીજા માટે $7$,ત્રીજા માટે $6$,છેલ્લા માટે $1$. કુલ $= 7 \times 7 \times 6 \times 1 = 294$.
કિસ્સો $2$ નો સરવાળો $= 1 + 8 + 56 + 294 = 359$.
કુલ $= 585 + 359 = 944$.

(D) આપણે $\{0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\}$ અંકોનો ઉપયોગ કરીને છ-અંકી સંખ્યા બનાવવાની છે.
કુલ $8$ અંકો ઉપલબ્ધ છે.
છ-અંકી સંખ્યા માટે,પ્રથમ અંક (લાખના સ્થાને) $0$ હોઈ શકે નહીં. તેથી,પ્રથમ અંક માટે $7$ વિકલ્પો છે $(\{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8\})$.
અંકોનું પુનરાવર્તન કરી શકાતું હોવાથી,બાકીના $5$ સ્થાનોમાંથી દરેકને $8$ ઉપલબ્ધ અંકોમાંથી કોઈપણ દ્વારા ભરી શકાય છે.
તેથી,છ-અંકી સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા:
$7 \times 8 \times 8 \times 8 \times 8 \times 8 = 7 \times 8^5$
કારણ કે $8 = 2^3$,તેથી $8^5 = (2^3)^5 = 2^{15}$.
આમ,આવી છ-અંકી સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા $7 \times 2^{15}$ છે.

(D) નિત્યસમ ${ }^n C_r + { }^n C_{r-1} = { }^{n+1} C_r$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને ${ }^{(n-1)} C_2 + { }^{(n-1)} C_3 = { }^n C_3$ મળે છે.
આપેલ અસમતા ${ }^n C_3 > { }^n C_2$ છે.
સંયોજનનું વિસ્તરણ કરતા: $\frac{n!}{3!(n-3)!} > \frac{n!}{2!(n-2)!}$.
પદને સરળ બનાવતા: $\frac{1}{3} > \frac{1}{n-2}$.
$n-2 > 3 \Rightarrow n > 5$.
તેથી,$n$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $6$ છે.

(B) આપેલ ગુણોત્તર: $\frac{^{2n}C_4}{^nC_3} = \frac{99}{4}$
સૂત્ર $^nC_r = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{(2n)!}{4!(2n-4)!}}{\frac{n!}{3!(n-3)!}} = \frac{99}{4}$
$\frac{(2n)(2n-1)(2n-2)(2n-3)}{4 \times 3 \times 2 \times 1} \times \frac{3 \times 2 \times 1}{n(n-1)(n-2)} = \frac{99}{4}$
$\frac{(2n)(2n-1) \times 2(n-1)(2n-3)}{4 \times n(n-1)(n-2)} = \frac{99}{4}$
$\frac{2(2n-1)(2n-3)}{n-2} = 99$
$4(4n^2 - 6n - 2n + 3) = 99(n-2)$
$16n^2 - 32n + 12 = 99n - 198$
$16n^2 - 131n + 210 = 0$
$(n-6)(16n-35) = 0$
$n$ પૂર્ણાંક હોવો જોઈએ,તેથી $n = 6$.

(C) $ARRANGEMENT$ શબ્દમાં $11$ અક્ષરો છે: $A(2), R(2), N(2), E(2), G(1), M(1), T(1)$.
કુલ ગોઠવણીઓ $= \frac{11!}{2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 2!} = \frac{11!}{16}$.
બે $E$ સાથે ન આવે તેવી ગોઠવણીઓ શોધવા માટે,આપણે કુલ ગોઠવણીમાંથી બે $E$ સાથે આવે તેવી ગોઠવણીઓ બાદ કરીશું.
બે $E$ ને એક એકમ $(EE)$ તરીકે ગણતા,આપણી પાસે ગોઠવવા માટે $10$ વસ્તુઓ છે: $A(2), R(2), N(2), G(1), M(1), T(1), (EE)(1)$.
$E$ સાથે હોય તેવી ગોઠવણીઓની સંખ્યા $= \frac{10!}{2! \cdot 2! \cdot 2!} = \frac{10!}{8}$.
$E$ સાથે ન હોય તેવી ગોઠવણીઓની સંખ્યા $= \frac{11!}{16} - \frac{10!}{8} = \frac{11 \cdot 10!}{16} - \frac{2 \cdot 10!}{16} = \frac{9 \cdot 10!}{16} = \frac{9}{16}(10!)$.

(B) $VOWEL$ શબ્દમાં $5$ અલગ-અલગ અક્ષરો છે: $V, O, W, E, L$.
તેમાં $2$ સ્વરો છે: $O$ અને $E$.
સ્વરો હંમેશા સાથે રહેવા જોઈએ,તેથી આપણે $(OE)$ ને એક એકમ તરીકે ગણીએ.
હવે,આપણી પાસે $4$ એકમો છે: $V, W, L, (OE)$.
આ $4$ એકમોને $4! = 24$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
$(OE)$ એકમની અંદરના $2$ સ્વરોને $2! = 2$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,કુલ શબ્દોની સંખ્યા $24 \times 2 = 48$ છે.

(A) $8$-અંકી સંખ્યા $8$ સ્થાન દ્વારા બને છે.
સંખ્યા એકી હોવા માટે,છેલ્લો અંક (એકમનો અંક) $\{1, 3, 5, 7, 9\}$ માંથી એક હોવો જોઈએ,જે $5$ વિકલ્પો આપે છે.
પ્રથમ અંક $0$ હોઈ શકે નહીં,તેથી તેની પાસે $9$ વિકલ્પો છે $(\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\})$.
બાકીના $6$ સ્થાનો ($2$ થી $7$ અંક સુધી) દરેક $10$ અંકોમાંથી કોઈપણ દ્વારા ભરી શકાય છે $(\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\})$,જે $10^6$ રીતો આપે છે.
તેથી,$8$-અંકી એકી સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા $9 \times 10^6 \times 5 = 45 \times 10^6$ છે.

(A) ચાર અંકની સંખ્યામાં ચાર સ્થાન હોય છે: $ABCD$.
આપેલ છે કે પ્રથમ અંક $A$ એ $4$ તરીકે નિશ્ચિત છે,તેથી આ સ્થાન ભરવા માટે માત્ર $1$ રીત છે.
છેલ્લો અંક $D$ એ $0$ અથવા $5$ હોઈ શકે છે,તેથી આ સ્થાન ભરવા માટે $2$ રીતો છે.
બીજો અંક $B$ એ $0$ થી $9$ સુધીનો કોઈપણ અંક હોઈ શકે છે,તેથી $10$ રીતો છે.
ત્રીજો અંક $C$ એ $0$ થી $9$ સુધીનો કોઈપણ અંક હોઈ શકે છે,તેથી $10$ રીતો છે.
તેથી,આવી ચાર અંકની સંખ્યાઓની કુલ સંખ્યા $1 \times 10 \times 10 \times 2 = 200$ છે.

(D) $KANGAROO$ શબ્દમાં $8$ અક્ષરો છે: $K, A, N, G, A, R, O, O$. જેમાં $A$ બે વાર અને $O$ બે વાર આવે છે.
કુલ ગોઠવણીઓની સંખ્યા $= \frac{8!}{2!2!} = \frac{40320}{4} = 10080$.
$A$ સાથે ન આવે તેવી ગોઠવણી શોધવા માટે,આપણે કુલ ગોઠવણીમાંથી $A$ સાથે હોય તેવી ગોઠવણી બાદ કરીશું.
બે $A$ ને એક એકમ $(AA)$ તરીકે ગણતા,આપણી પાસે $7$ એકમો છે: $(AA), K, N, G, R, O, O$.
$A$ સાથે હોય તેવી ગોઠવણીઓની સંખ્યા $= \frac{7!}{2!} = \frac{5040}{2} = 2520$.
તેથી,જરૂરી ગોઠવણીઓની સંખ્યા $= 10080 - 2520 = 7560$.

(C) $500$ થી નાની અંકોનું પુનરાવર્તન ન થતું હોય તેવી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ શોધવા માટે,આપણે $1, 2$ અને $3$ અંકની સંખ્યાઓને અલગથી ગણીશું.
$1$. $1$ અંકની સંખ્યાઓ: શક્ય સંખ્યાઓ $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9$ છે. કુલ = $9$.
$2$. $2$ અંકની સંખ્યાઓ: પ્રથમ અંક $9$ અંકોમાંથી $(1-9)$ કોઈ પણ હોઈ શકે અને બીજો અંક બાકીના $9$ અંકોમાંથી ($0$ સહિત) કોઈ પણ હોઈ શકે. કુલ = $9 \times 9 = 81$.
$3$. $500$ થી નાની $3$ અંકની સંખ્યાઓ: સોના સ્થાન પર $1, 2, 3$ અથવા $4$ આવી શકે ($4$ રીતે). દશકના સ્થાન પર બાકીના $9$ અંકોમાંથી કોઈ પણ અને એકમના સ્થાન પર બાકીના $8$ અંકોમાંથી કોઈ પણ આવી શકે. કુલ = $4 \times 9 \times 8 = 288$.
કુલ સંખ્યા = $9 + 81 + 288 = 378$.

(D) વિદ્યાર્થીએ કુલ $10$ પ્રશ્નો પસંદ કરવાના છે,જેમાં વિભાગ-$A$ માંથી ઓછામાં ઓછા $4$ અને વિભાગ-$B$ માંથી ઓછામાં ઓછા $3$ પ્રશ્નો હોવા જોઈએ.
શક્ય સંયોજનો $(A, B)$ નીચે મુજબ છે:
$(i)$ $A$ માંથી $4$ અને $B$ માંથી $6$: $\binom{8}{4} \times \binom{6}{6} = 70 \times 1 = 70$
(ii) $A$ માંથી $5$ અને $B$ માંથી $5$: $\binom{8}{5} \times \binom{6}{5} = 56 \times 6 = 336$
(iii) $A$ માંથી $6$ અને $B$ માંથી $4$: $\binom{8}{6} \times \binom{6}{4} = 28 \times 15 = 420$
(iv) $A$ માંથી $7$ અને $B$ માંથી $3$: $\binom{8}{7} \times \binom{6}{3} = 8 \times 20 = 160$
કુલ રીતો $= 70 + 336 + 420 + 160 = 986$.

(B) $5$ પાસાઓ પર સરવાળો $7$ મેળવવા માટે,દરેક પાસા પર ઓછામાં ઓછો $1$ અંક હોવો જોઈએ. ધારો કે પરિણામો $x_1, x_2, x_3, x_4, x_5$ છે જ્યાં $x_i \ge 1$. સરવાળો $x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 7$ છે.
દરેક $x_i \ge 1$ હોવાથી,આપણે $x_i = 1 + y_i$ લખી શકીએ જ્યાં $y_i \ge 0$.
આ કિંમત મૂકતા,આપણને $y_1 + y_2 + y_3 + y_4 + y_5 = 2$ મળે છે.
અન-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલોની સંખ્યા $\binom{n+r-1}{r-1}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે જ્યાં $n=2$ અને $r=5$.
આ $\binom{2+5-1}{5-1} = \binom{6}{4} = \binom{6}{2} = \frac{6 \times 5}{2} = 15$ છે.
વૈકલ્પિક રીતે,કિસ્સાઓ છે:
$(i)$ ચાર $1$ અને એક $3$: $\frac{5!}{4!1!} = 5$ રીતો.
(ii) ત્રણ $1$ અને બે $2$: $\frac{5!}{3!2!} = 10$ રીતો.
કુલ રીતો = $5 + 10 = 15$.

(C) સૌ પ્રથમ,$67500$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ શોધો:
$67500 = 675 \times 100 = (25 \times 27) \times (4 \times 25) = 5^2 \times 3^3 \times 2^2 \times 5^2 = 2^2 \times 3^3 \times 5^4$.
એકી ધન ભાજકોની સંખ્યા શોધવા માટે,આપણે ફક્ત એકી અવિભાજ્ય અવયવોને ધ્યાનમાં લઈએ છીએ,જે $3$ અને $5$ છે.
એકી ભાજકો $3^a \times 5^b$ સ્વરૂપના છે,જ્યાં $0 \le a \le 3$ અને $0 \le b \le 4$ છે.
$a$ માટેની પસંદગીઓની સંખ્યા $(3+1) = 4$ છે.
$b$ માટેની પસંદગીઓની સંખ્યા $(4+1) = 5$ છે.
તેથી,એકી ધન ભાજકોની કુલ સંખ્યા $4 \times 5 = 20$ છે.

(D) પ્રથમ,$6300$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ શોધો:
$6300 = 2^2 \times 3^2 \times 5^2 \times 7^1$.
કુલ ભાજકોની સંખ્યા દરેક અવિભાજ્ય અવયવના (ઘાત $+ 1$) ના ગુણાકાર દ્વારા મળે છે:
કુલ ભાજકો $= (2+1)(2+1)(2+1)(1+1) = 54$.
એકી ભાજકો $2$ ને બાદ કરીને મળે છે:
એકી ભાજકો $= (2+1)(2+1)(1+1) = 18$.
તેથી,બેકી ભાજકોની સંખ્યા કુલ ભાજકોમાંથી એકી ભાજકો બાદ કરવાથી મળે છે:
બેકી ભાજકો $= 54 - 18 = 36$.

(B) આપેલ છે કે $a, b, c$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી $2b = a + c$.
સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = k$.
તેથી,$a = k \sin A$,$b = k \sin B$,અને $c = k \sin C$.
$C = 2A$ હોવાથી,$\sin C = \sin 2A = 2 \sin A \cos A$.
$2b = a + c$ પરથી,$2 \sin B = \sin A + \sin C$.
$B = 180^{\circ} - (A + C) = 180^{\circ} - 3A$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin B = \sin 3A$.
તેથી,$2 \sin 3A = \sin A + \sin 2A$.
$2(3 \sin A - 4 \sin^3 A) = \sin A + 2 \sin A \cos A$.
$\sin A$ વડે ભાગતા ($\sin A \neq 0$ હોવાથી): $6 - 8 \sin^2 A = 1 + 2 \cos A$.
$6 - 8(1 - \cos^2 A) = 1 + 2 \cos A \Rightarrow 8 \cos^2 A - 2 \cos A - 3 = 0$.
$(4 \cos A - 3)(2 \cos A + 1) = 0$.
$A$ એ ત્રિકોણનો ખૂણો હોવાથી,$\cos A = \frac{3}{4}$.
તેથી $\frac{a}{c} = \frac{\sin A}{\sin C} = \frac{\sin A}{2 \sin A \cos A} = \frac{1}{2 \cos A} = \frac{1}{2(3/4)} = \frac{2}{3}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $16x^3 - 44x^2 + 36x - 9 = 0$ છે.
ધારો કે બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ હાર્મોનિક શ્રેણી ($H$.$P$.) માં છે.
તેથી $\frac{1}{\alpha}, \frac{1}{\beta}, \frac{1}{\gamma}$ એ સમાંતર શ્રેણી ($A$.$P$.) માં છે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{2}{\beta} = \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\gamma}$.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,$\sum \alpha\beta = \frac{36}{16} = \frac{9}{4}$ અને $\alpha\beta\gamma = \frac{9}{16}$.
વળી,$\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} = \frac{\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha}{\alpha\beta\gamma} = \frac{9/4}{9/16} = 4$.
$\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\gamma} = \frac{2}{\beta}$ મૂકતા,આપણને $\frac{2}{\beta} + \frac{1}{\beta} = 4$ $\Rightarrow \frac{3}{\beta} = 4$ $\Rightarrow \beta = \frac{3}{4}$ મળે છે.
હવે,$\alpha + \gamma = \frac{44}{16} - \frac{3}{4} = 2$ અને $\alpha\gamma = \frac{3}{4}$.
$t^2 - 2t + \frac{3}{4} = 0$ ઉકેલતા,$4t^2 - 8t + 3 = 0 \Rightarrow (2t - 1)(2t - 3) = 0$.
આમ,બીજ $\frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{3}{2}$ છે.
સૌથી મોટું બીજ $\frac{3}{2}$ છે.

(B) $m!$ ના અવિભાજ્ય અવયવીકરણમાં અવિભાજ્ય સંખ્યા $p$ નો ઘાતાંક લેજેન્ડ્રના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $E_p(m!) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \frac{m}{p^k} \right]$.
અહીં,$m = 16$ અને $p = 2$.
$n = \left[ \frac{16}{2} \right] + \left[ \frac{16}{4} \right] + \left[ \frac{16}{8} \right] + \left[ \frac{16}{16} \right]$.
$n = 8 + 4 + 2 + 1 = 15$.
તેથી,$n$ ની કિંમત $15$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cot 18^{\circ} \cot 36^{\circ}+1 = \frac{\cos 18^{\circ}}{\sin 18^{\circ}} \cdot \frac{\cos 36^{\circ}}{\sin 36^{\circ}}+1$.
$\cos 36^{\circ} = 1-2\sin^2 18^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\cos 18^{\circ}(1-2\sin^2 18^{\circ})}{\sin 18^{\circ} \cdot 2 \sin 18^{\circ} \cos 18^{\circ}}+1 = \frac{1-2\sin^2 18^{\circ}}{2\sin^2 18^{\circ}}+1 = \frac{1}{2\sin^2 18^{\circ}}$.
$\sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ હોવાથી,$\sin^2 18^{\circ} = \frac{5+1-2\sqrt{5}}{16} = \frac{6-2\sqrt{5}}{16} = \frac{3-\sqrt{5}}{8}$.
આ કિંમત મૂકતા:
$\frac{1}{2(\frac{3-\sqrt{5}}{8})} = \frac{4}{3-\sqrt{5}} = \frac{4(3+\sqrt{5})}{9-5} = \frac{4(3+\sqrt{5})}{4} = 3+\sqrt{5}$.

(D) આપેલ છે: $\sin \theta = \frac{3}{5}$.
$\theta$ પ્રથમ ચરણમાં નથી અને $\sin \theta$ ધન છે,તેથી $\theta$ બીજા ચરણમાં હોવું જોઈએ.
તેથી,$\cos \theta = -\sqrt{1 - \sin^2 \theta} = -\sqrt{1 - \frac{9}{25}} = -\frac{4}{5}$.
હવે,$\sin 2 \theta = 2 \sin \theta \cos \theta = 2 \left(\frac{3}{5}\right) \left(-\frac{4}{5}\right) = -\frac{24}{25}$.
$\cos 2 \theta = 1 - 2 \sin^2 \theta = 1 - 2 \left(\frac{9}{25}\right) = 1 - \frac{18}{25} = \frac{7}{25}$.
$\tan 2 \theta = \frac{\sin 2 \theta}{\cos 2 \theta} = \frac{-24/25}{7/25} = -\frac{24}{7}$.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$15 \sin 2 \theta - 20 \cos 2 \theta - 7 \tan 2 \theta = 15 \left(-\frac{24}{25}\right) - 20 \left(\frac{7}{25}\right) - 7 \left(-\frac{24}{7}\right)$.
$= -\frac{72}{5} - \frac{28}{5} + 24 = -\frac{100}{5} + 24 = -20 + 24 = 4$.

(D) આપેલ છે કે $f(g(x+y)) = f(g(x)) + f(g(y))$ ... $(i)$
ધારો કે $h(x) = f(g(x))$. તો સમીકરણ $h(x+y) = h(x) + h(y)$ બને છે,જે કોશીનું વિધેયાત્મક સમીકરણ છે.
આનો ઉકેલ $h(x) = cx$ છે,જ્યાં $c$ અચળાંક છે.
આપેલ છે કે $g(1) = 2$ અને $f(2) = 1$,તેથી $h(1) = f(g(1)) = f(2) = 1$.
$h(1) = c(1) = 1$ હોવાથી,$c = 1$ મળે છે.
આમ,$h(x) = f(g(x)) = x$.
$f(g(x)) = x$ હોવાથી,$f$ અને $g$ એકબીજાના પ્રતિવિધેયો છે.
તેથી,તમામ $x \in R$ માટે $g(f(x)) = x$ થાય છે.
વિધેય $g(f(x)) = x$ એ બહુપદી વિધેય છે,જે વાસ્તવિક સંખ્યાઓના ગણ $R$ પર દરેક જગ્યાએ સતત છે.
તેથી,જે ગણ પર $g(f(x))$ અસતત હોય તે ખાલી ગણ છે,જેને $\phi$ વડે દર્શાવવામાં આવે છે.

(B) વિધેય $f(x) = \sqrt{\log_{10}\left(\frac{3-x}{x}\right)}$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોવી જોઈએ અને લઘુગણકનો તર્ક ધન હોવો જોઈએ.
$1$. લઘુગણક માટેની શરત: $\frac{3-x}{x} > 0$.
આ અસમતા ઉકેલતા,આપણને $x \in (0, 3)$ મળે છે.
$2$. વર્ગમૂળ માટેની શરત: $\log_{10}\left(\frac{3-x}{x}\right) \geq 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{3-x}{x} \geq 10^0$,તેથી $\frac{3-x}{x} \geq 1$.
$\frac{3-x}{x} - 1 \geq 0 \implies \frac{3-x-x}{x} \geq 0 \implies \frac{3-2x}{x} \geq 0$.
$-1$ વડે ગુણતા (અને અસમતા ઉલટાવતા),આપણને $\frac{2x-3}{x} \leq 0$ મળે છે.
નિર્ણાયક બિંદુઓ $x = 0$ અને $x = \frac{3}{2}$ છે. અંતરાલો તપાસતા,આપણને $x \in (0, \frac{3}{2}]$ મળે છે.
બંને શરતોને જોડતા: $(0, 3) \cap (0, \frac{3}{2}] = (0, \frac{3}{2}]$.
આમ,$f$ નો પ્રદેશ $\left(0, \frac{3}{2}\right]$ છે.

(C) વિધેય $f: A \rightarrow B$ એ $f(x)=x^2-3x+2$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત છે.
બાયજેક્શન બનવા માટે,વિધેય એક-એક અને વ્યાપ્ત બંને હોવું જોઈએ.
વિકલન $f'(x) = 2x - 3$ છે.
$f'(x) = 0$ લેતા,શિરોબિંદુ $x = \frac{3}{2}$ મળે છે.
વિધેયની ન્યૂનતમ કિંમત $f\left(\frac{3}{2}\right) = \left(\frac{3}{2}\right)^2 - 3\left(\frac{3}{2}\right) + 2 = \frac{9}{4} - \frac{9}{2} + 2 = \frac{9-18+8}{4} = -\frac{1}{4}$ છે.
વિધેય એક-એક બને તે માટે,આપણે પ્રદેશને $A = \left(-\infty, \frac{3}{2}\right]$ અથવા $A = \left[\frac{3}{2}, \infty\right)$ સુધી મર્યાદિત કરવો પડે.
વિધેય વ્યાપ્ત બને તે માટે,સહપ્રદેશ $B$ એ વિસ્તાર $\left[-\frac{1}{4}, \infty\right)$ જેટલો હોવો જોઈએ.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,વિકલ્પ $B$ અને $C$ યોગ્ય છે. સામાન્ય રીતે,આવા પ્રશ્નોમાં શિરોબિંદુથી શરૂ થતો અંતરાલ પસંદ કરવામાં આવે છે. તેથી,$A = \left[\frac{3}{2}, \infty\right)$ અને $B = \left[-\frac{1}{4}, \infty\right)$ એ એક માન્ય બાયજેક્શન છે.

(C) $n$ ઘટકો ધરાવતા ગણ $A$ થી તે જ ગણ પરના કુલ વિધેયોની સંખ્યા $n^n$ છે.
જો ગણના દરેક ઘટકનું પ્રતિબિંબ અનન્ય હોય,તો તે વિધેય એક-એક (one-one) કહેવાય છે. $n$ ઘટકો માટે,એક-એક વિધેયોની સંખ્યા $n!$ થાય છે.
તેથી,જે વિધેયો એક-એક નથી તેની સંખ્યા શોધવા માટે કુલ વિધેયોમાંથી એક-એક વિધેયો બાદ કરવા પડે.
એક-એક ન હોય તેવા વિધેયોની સંખ્યા $= n^n - n!$.

(A) આપેલ છે કે $g(x)$ એ વિધેય $f(x)$ નું પ્રતિવિધેય છે,તેથી $f(g(x)) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ મુજબ:
$f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$.
આથી $g^{\prime}(x) = \frac{1}{f^{\prime}(g(x))}$ મળે.
આપણને આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \frac{1}{h(x)}$,જેનો અર્થ છે કે $f^{\prime}(g(x)) = \frac{1}{h(g(x))}$.
આ કિંમત $g^{\prime}(x)$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$g^{\prime}(x) = \frac{1}{1 / h(g(x))} = h(g(x))$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(C) આપેલ વિધેય સમીકરણ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ બધા $x, y \in R$ માટે છે,જે કોશીનું વિધેય સમીકરણ છે,જે સૂચવે છે કે $f(x)=ax$ કોઈ અચળાંક $a \in R$ માટે.
આપેલ છે કે $f(1)=7$,તેથી $f(x)=ax$ માં $x=1$ મૂકતા $7=a(1)$ મળે,એટલે કે $a=7$.
આમ,વિધેય $f(x)=7x$ છે.
આપણે સરવાળો $\sum_{r=1}^{n} f(r) = \sum_{r=1}^{n} 7r$ શોધવાનો છે.
અચળાંક $7$ ને બહાર લેતા,આપણને $7 \sum_{r=1}^{n} r$ મળે છે.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના સરવાળાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sum_{r=1}^{n} r = \frac{n(n+1)}{2}$.
તેથી,$\sum_{r=1}^{n} f(r) = 7 \times \frac{n(n+1)}{2} = \frac{7n(n+1)}{2}$.

(D) આપેલ છે: $f(x) = x + \frac{1}{x}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને મળે છે:
$(f(x))^2 = (x + \frac{1}{x})^2$
$(f(x))^2 = x^2 + \frac{1}{x^2} + 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x}$
$(f(x))^2 = x^2 + \frac{1}{x^2} + 2$
હવે,$f(x^2) = x^2 + \frac{1}{x^2}$ અને $f(1) = 1 + \frac{1}{1} = 2$ લો.
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$(f(x))^2 = f(x^2) + f(1)$

(A) આપેલ વિધેયો $f(x) = |x|$ અને $g(x) = |x| + a$ છે,જ્યાં $a > 0$.
$0 \leq x \leq b$ માટે,પ્રદેશ $g(x) \leq y \leq f(x)$ દ્વારા વ્યાખ્યાયિત થયેલ છે.
આપેલ આકૃતિ મુજબ,આ પ્રદેશ $x=0$,$x=b$,$y=|x|$ અને $y=|x|+a$ રેખાઓ દ્વારા ઘેરાયેલો છે.
$x \geq 0$ માટે,$f(x) = x$ અને $g(x) = x + a$ થાય.
આથી,પ્રદેશ $x=0$,$x=b$,$y=x$ અને $y=x+a$ રેખાઓ વચ્ચે આવેલો છે.
અહીં $y-x=0$ અને $y-x=a$ એ સમાંતર રેખાઓ છે,અને $x=0$ તથા $x=b$ પણ સમાંતર રેખાઓ છે.
તેથી,આ પ્રદેશ એક સમાંતરબાજુ ચતુષ્કોણ છે.

(D) આપેલ છે કે $g(x)=1, \forall x \in R$ અને સિગ્નમ વિધેય $f(x)= \begin{cases}-1, & x < 0 \\ 0, & x=0 \\ 1, & x>0\end{cases}$ છે.
$x < 0$ માટે,$f(x)=-1$,તેથી $g(x)=1 = 2+(-1) = 2+f(x)$.
$x=0$ માટે,$f(x)=0$,તેથી $g(x)=1 = 1+0 = 1+f(x)$.
$x>0$ માટે,$f(x)=1$,તેથી $g(x)=1 = 0+1 = 0+f(x) = f(x)$.
આમ,$g(x)= \begin{cases}f(x)+2, & x < 0 \\ 1+f(x), & x=0 \\ f(x), & x>0\end{cases}$.

(A) $f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત હોવા માટે,ડાબી બાજુનું લક્ષ,જમણી બાજુનું લક્ષ અને $x=1$ આગળ વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવા જોઈએ.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = f(1) = 1 + 6(1) - 3(1)^2 = 1 + 6 - 3 = 4$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} (x + \log_2(b^2+7)) = 1 + \log_2(b^2+7)$.
લક્ષને સરખાવતા: $1 + \log_2(b^2+7) = 4$.
$\log_2(b^2+7) = 3$.
$b^2+7 = 2^3 = 8$.
$b^2 = 8 - 7 = 1$.
$b = \pm 1$.

(A) કારણ કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે,તેથી $x=0$ આગળ ડાબી બાજુનું લક્ષ $f(0)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$f(0) = \lim_{x \rightarrow 0^-} f(x) = \lim_{h \rightarrow 0} f(-h)$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sin(-h) - \sin(-\frac{h}{2})}{-h}$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-\sin h + \sin(\frac{h}{2})}{-h}$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \left[ \frac{\sin h}{h} - \frac{\sin(\frac{h}{2})}{h} \right]$
$f(0) = \lim_{h \rightarrow 0} \left[ \frac{\sin h}{h} - \frac{1}{2} \cdot \frac{\sin(\frac{h}{2})}{\frac{h}{2}} \right]$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim_{\theta \rightarrow 0} \frac{\sin \theta}{\theta} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = 1 - \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$.

(C) વિધેય $f(x) = \sqrt{\frac{3x^2-5x-2}{2x^2-7x+5}}$ ત્યાં વ્યાખ્યાયિત છે જ્યાં વર્ગમૂળની અંદરની અભિવ્યક્તિ અ-ઋણ હોય,એટલે કે $\frac{3x^2-5x-2}{2x^2-7x+5} \ge 0$.
અસતતતા ત્યાં જોવા મળે છે જ્યાં છેદ શૂન્ય હોય અથવા જ્યાં વિધેય અવ્યાખ્યાયિત હોય.
પ્રથમ,છેદના અવયવો પાડો: $2x^2-7x+5 = 2x^2-2x-5x+5 = 2x(x-1)-5(x-1) = (2x-5)(x-1)$.
છેદ $x = 1$ અને $x = 5/2$ પર શૂન્ય થાય છે.
આ બિંદુઓ પર વિધેય અવ્યાખ્યાયિત છે,જે અસતતતાના બિંદુઓ તરફ દોરી જાય છે.
આમ,વિધેય $x = 1$ અને $x = 5/2$ પર અસતત છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $R$ પર સતત છે. $x=2$ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2^{+}} f(x) = f(2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{+}} \frac{x-[x]}{x-2}$. જ્યારે $x \rightarrow 2^{+}$,ત્યારે $[x]=2$,તેથી $\lim _{x \rightarrow 2^{+}} \frac{x-2}{x-2} = 1$. આમ,$b=1$.
$x=2$ માટે,$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} f(x) = f(2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{|(x-2)(x+1)|}{a(2+x-x^2)} = \lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{|(x-2)(x+1)|}{-a(x-2)(x+1)}$.
જ્યારે $x \rightarrow 2^{-}$,ત્યારે $x-2 < 0$,તેથી $|x-2| = -(x-2)$.
$\lim _{x \rightarrow 2^{-}} \frac{-(x-2)(x+1)}{-a(x-2)(x+1)} = \frac{1}{a} = 1 \Rightarrow a=1$.
હવે,$a=1, b=1$ સાથે $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 ax+x \tan bx}{x^2}$ ની કિંમત શોધીએ.
$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^2 x+x \tan x}{x^2} = \lim _{x \rightarrow 0} \left( \frac{\sin ^2 x}{x^2} + \frac{\tan x}{x} \right) = 1^2 + 1 = 2$.

(C) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{5+[x]}{\sqrt{11+[x]-6 \sqrt{2+[x]}}}$ છે.
વિધેય અસતત હોવા માટે,છેદ શૂન્ય હોવો જોઈએ અથવા વર્ગમૂળની અંદરની કિંમત ઋણ હોવી જોઈએ.
ધારો કે $n = [x]$. છેદ ત્યારે શૂન્ય થાય જ્યારે $11+n - 6\sqrt{2+n} = 0$ હોય.
ધારો કે $u = \sqrt{2+n}$,તો $n = u^2 - 2$.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $11 + (u^2 - 2) - 6u = 0$.
$u^2 - 6u + 9 = 0$.
$(u-3)^2 = 0$,જે $u = 3$ આપે છે.
કારણ કે $u = \sqrt{2+n} = 3$,તેથી $2+n = 9$,એટલે કે $n = 7$.
આમ,$[x] = 7$,જેનો અર્થ છે કે $x \in [7, 8)$.
વધુમાં,વર્ગમૂળ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $11+[x]-6\sqrt{2+[x]} \ge 0$ હોવું જોઈએ. કારણ કે $([x]-7)^2 \ge 0$,આ પદ $n \ge -2$ માટે હંમેશા અ-ઋણ છે. અસતતતા ત્યારે જ થાય છે જ્યારે છેદ શૂન્ય હોય,જે $[x] = 7$ પર થાય છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{(3^x - 1)^2}{\sin x \log(1 + x)}$,$x \neq 0$ માટે.
વિધેય $x = 0$ આગળ સતત હોવાથી,$f(0) = \lim_{x \to 0} f(x)$ થાય.
$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \frac{(3^x - 1)^2}{\sin x \log(1 + x)}$.
અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$\lim_{x \to 0} \frac{\left(\frac{3^x - 1}{x}\right)^2}{\left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\log(1 + x)}{x}\right)}$.
પ્રમાણિત લક્ષો $\lim_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \log a$,$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$,અને $\lim_{x \to 0} \frac{\log(1 + x)}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(0) = \frac{(\log 3)^2}{1 \times 1} = (\log 3)^2$.

(B) ધારો કે $g(x) = x^{1/x}$. આપણે $x \in (0, \infty)$ માટે $g(x)$ ના વર્તનની તપાસ કરીએ.
પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,$\ln(g(x)) = \frac{\ln(x)}{x}$.
ધારો કે $h(x) = \frac{\ln(x)}{x}$. તો $h'(x) = \frac{1 - \ln(x)}{x^2}$.
વિધેય $h(x)$ ને $x = e$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે,જ્યાં $h(e) = \frac{1}{e} \approx 0.367$.
આમ,$g(x) = e^{h(x)}$ ને $x = e$ પર મહત્તમ કિંમત મળે છે,જ્યાં $g(e) = e^{1/e} \approx e^{0.367} \approx 1.44$.
જેમ $x \to 0^+$,તેમ $g(x) \to 0$,અને જેમ $x \to \infty$,તેમ $g(x) o 1$.
$g(x)$ નો વિસ્તાર $(0, e^{1/e}]$ છે.
મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[g(x)]$ ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે $g(x)$ પૂર્ણાંક કિંમત ધારણ કરે.
વિસ્તાર $(0, 1.44]$ હોવાથી,$g(x)$ માત્ર $1$ પૂર્ણાંક કિંમત ધારણ કરી શકે છે.
$x^{1/x} = 1$ નો અર્થ છે $x = 1$.
$x = 1$ પર,$f(1) = [1^{1/1}] = [1] = 1$.
$x$ ની $1$ થી થોડી નાની કિંમત માટે,$x^{1/x} < 1$,તેથી $[x^{1/x}] = 0$.
$x$ ની $1$ થી થોડી મોટી કિંમત માટે,$x^{1/x} > 1$ (પરંતુ $1.44$ થી ઓછી),તેથી $[x^{1/x}] = 1$.
$x = 1$ પર ડાબી બાજુનું લક્ષ અને જમણી બાજુનું લક્ષ અલગ હોવાથી,વિધેય $x = 1$ પર અસતત છે.
આમ,અસતત બિંદુઓની સંખ્યા માત્ર $1$ છે.

(C) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $x=2$ આગળ સતત છે,તેથી $\lim_{x \to 2^-} f(x) = f(2)$.
$\lim_{x \to 2^-} (ae^x + [x-2]) = [e^{-2}] - C$
$ae^2 + [0^-] = 0 - (1 - 2e^2)$
$ae^2 - 1 = -1 + 2e^2 \Rightarrow a = 2$.
હવે,$x=0$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} [e^x] = [e^0] = [1] = 1$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} (2e^x + [x-2]) = 2(1) + [-2] = 2 - 2 = 0$.
$LHL \neq RHL$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=0$ આગળ અસતત છે.
$x=1$ આગળ સાતત્ય તપાસતા:
$f(1) = 2e^1 + [1-2] = 2e - 1$.
$\lim_{x \to 1^-} f(x) = 2e - 1$.
$\lim_{x \to 1^+} f(x) = 2e + [1-2] = 2e - 1$.
$LHL = RHL = f(1)$ હોવાથી,$f(x)$ એ $x=1$ આગળ સતત છે.
આમ,$f(x)$ માત્ર $x=0$ આગળ અસતત છે.

(C) આપેલ છે $f(x) = \begin{cases} \frac{5 e^{1/x} + 2}{3 - e^{1/x}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
તેથી $x f(x) = \begin{cases} \frac{x(5 e^{1/x} + 2)}{3 - e^{1/x}}, & x \neq 0 \\ 0, & x = 0 \end{cases}$.
$x = 0$ આગળ $x f(x)$ ની સાતત્યતા ચકાસતા:
$\text{L.H.L} = \lim_{h \to 0^+} \frac{(-h)(5 e^{-1/h} + 2)}{3 - e^{-1/h}} = \frac{0(0 + 2)}{3 - 0} = 0$.
$\text{R.H.L} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(5 e^{1/h} + 2)}{3 - e^{1/h}} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h e^{1/h}(5 + 2e^{-1/h})}{e^{1/h}(3e^{-1/h} - 1)} = \lim_{h \to 0^+} \frac{h(5 + 0)}{0 - 1} = 0$.
અહીં $\text{L.H.L} = \text{R.H.L} = f(0) = 0$ હોવાથી,$x f(x)$ એ $x = 0$ આગળ સતત છે.
$x = 0$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા ચકાસતા:
$\text{L.H.D} = \lim_{h \to 0^+} \frac{f(-h) - f(0)}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\frac{5 e^{-1/h} + 2}{3 - e^{-1/h}} - 0}{-h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{2}{3(-h)} = -\infty$.
સીમા અનંત હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$x f(x)$ સતત છે અને $f(x)$ વિકલનીય નથી.

(B) આપેલ છે કે $\lim_{x \rightarrow \frac{3}{2}} f(x) = 14$. કારણ કે $\frac{3}{2} > 1$,આપણે $f(x) = cx^2 + bx + a$ નો ઉપયોગ કરીશું.
$c(\frac{3}{2})^2 + b(\frac{3}{2}) + a = 14 \Rightarrow \frac{9c}{4} + \frac{3b}{2} + a = 14 \Rightarrow 9c + 6b + 4a = 56$ ... $(i)$
કારણ કે $f(x)$ એ $x = -1$ પર સતત છે,$\lim_{x \rightarrow -1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow -1^+} f(x) = f(-1)$.
$a(-1)^2 + b(-1) + c = 2(-1)^2 + 4(-1) + 1 \Rightarrow a - b + c = -1$ ... (ii)
કારણ કે $f(x)$ એ $x = 1$ પર સતત છે,$\lim_{x \rightarrow 1^-} f(x) = \lim_{x \rightarrow 1^+} f(x) = f(1)$.
$2(1)^2 + 4(1) + 1 = c(1)^2 + b(1) + a \Rightarrow a + b + c = 7$ ... (iii)
(ii) અને (iii) નો સરવાળો કરતા: $2a + 2c = 6 \Rightarrow a + c = 3 \Rightarrow c = 3 - a$.
(iii) માંથી (ii) બાદ કરતા: $2b = 8 \Rightarrow b = 4$.
$b = 4$ અને $c = 3 - a$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $9(3 - a) + 6(4) + 4a = 56 \Rightarrow 27 - 9a + 24 + 4a = 56 \Rightarrow -5a = 5 \Rightarrow a = -1$.
તેથી $c = 3 - (-1) = 4$.
$x = -2$ માટે,$f(x) = ax^2 + bx + c$.
$\lim_{x \rightarrow -2} f(x) = a(-2)^2 + b(-2) + c = 4a - 2b + c = 4(-1) - 2(4) + 4 = -4 - 8 + 4 = -8$.

(B) આપેલ શ્રેણી એ પ્રથમ પદ $a = 1$ અને સામાન્ય ગુણોત્તર $r = 3x$ ધરાવતી સમગુણોત્તર શ્રેણી છે.
કારણ કે $-\frac{1}{3} < x < \frac{1}{3}$,તેથી $-1 < 3x < 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $|r| < 1$.
અનંત સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો $S_{\infty} = \frac{a}{1-r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,આપણને $f(x) = \lim_{n \rightarrow \infty} S_n = \frac{1}{1-3x}$ મળે છે.
વિધેય $f(x) = \frac{1}{1-3x}$ એ સંમેય વિધેય છે જે છેદ શૂન્ય ન હોય ત્યાં દરેક જગ્યાએ સતત છે.
છેદ $1 - 3x = 0$ જ્યારે $x = \frac{1}{3}$ થાય ત્યારે બને છે.
તેથી,$f(x)$ એ $x = \frac{1}{3}$ પર અસતત છે.

(C) વિધેય $f(x) = [10^x]$ ત્યારે અસતત હોય છે જ્યારે $10^x$ પૂર્ણાંક હોય.
આપેલ અંતરાલ $0 < x < 10$ માટે,$10^x$ નો વિસ્તાર $10^0 < 10^x < 10^{10}$ છે,જે $1 < 10^x < 10^{10}$ તરીકે લખી શકાય.
વિધેય $[10^x]$ એ અંતરાલ $(1, 10^{10})$ માં $10^x$ ની તમામ પૂર્ણાંક કિંમતો માટે અસતત છે.
આ અંતરાલમાં આવતા પૂર્ણાંકો ${2, 3, 4, \dots, 10^{10}-1}$ છે.
આવા પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $(10^{10}-1) - 2 + 1 = 10^{10}-2$ થાય.
તેથી,આપેલ અંતરાલમાં અસતત બિંદુઓની સંખ્યા $10^{10}-2$ છે.

(D) આપેલ છે કે તમામ $x \in R$ માટે $f^{\prime}(x)$ અચળ છે.
ધારો કે $f^{\prime}(x) = a$,જ્યાં $a$ એક અચળાંક છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,આપણને $f(x) = ax + b$ મળે છે,જ્યાં $b$ એક સ્વૈચ્છિક અચળાંક છે.
$f(0) = 2$ આપેલ હોવાથી,$f(x) = ax + b$ માં $x = 0$ મૂકતા,આપણને $a(0) + b = 2$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $b = 2$.
$f^{\prime}(0) = 1$ આપેલ છે,અને તમામ $x$ માટે $f^{\prime}(x) = a$ હોવાથી,આપણને $a = 1$ મળે છે.
આમ,વિધેય $f(x) = x + 2$ છે.
$f(x) = x + 2$ એ બહુપદી વિધેય હોવાથી,તે તમામ વાસ્તવિક સંખ્યાઓ $x \in R$ માટે સતત છે.

(C) આપેલ લક્ષનું પદ: $\lim _{x \rightarrow m} \frac{x f(m)-m f(x)}{x-m}+f^{\prime}(m)=f(m)$.
અંશમાં $m f(m)$ ઉમેરીને અને બાદ કરીને આપણે તેને ફરીથી લખી શકીએ:
$\lim _{x \rightarrow m} \frac{x f(m)-m f(m)+m f(m)-m f(x)}{x-m}+f^{\prime}(m)=f(m)$
$\lim _{x \rightarrow m} \left[ f(m) \frac{x-m}{x-m} - m \frac{f(x)-f(m)}{x-m} \right] + f^{\prime}(m) = f(m)$
$f(m) - m f^{\prime}(m) + f^{\prime}(m) = f(m)$
$-m f^{\prime}(m) + f^{\prime}(m) = 0$
$f^{\prime}(m)(1-m) = 0$
આપેલ છે કે $f^{\prime}(m) \neq 0$,તેથી $1-m = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $m = 1$.

(D) આપેલ છે કે $f(1)=2$,$f(2)=6$ અને $f(x+y)=f(x)+kxy+\frac{4}{3}y^2$.
વિધેયના સમીકરણમાં $x=1$ અને $y=1$ મૂકતા:
$f(1+1) = f(1) + k(1)(1) + \frac{4}{3}(1)^2$
$f(2) = f(1) + k + \frac{4}{3}$
$6 = 2 + k + \frac{4}{3}$
$4 = k + \frac{4}{3}$
$k = 4 - \frac{4}{3} = \frac{8}{3}$.
હવે,$k = \frac{8}{3}$ ને મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$f(x+y) = f(x) + \frac{8}{3}xy + \frac{4}{3}y^2$.
$f(x)$ શોધવા માટે,આપણે વિકલિતની વ્યાખ્યાનો ઉપયોગ કરીએ:
$f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{8}{3}xh + \frac{4}{3}h^2}{h} = \lim_{h \to 0} (\frac{8}{3}x + \frac{4}{3}h) = \frac{8}{3}x$.
$f'(x) = \frac{8}{3}x$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$f(x) = \int \frac{8}{3}x \, dx = \frac{8}{3} \cdot \frac{x^2}{2} + C = \frac{4}{3}x^2 + C$.
$f(1)=2$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 = \frac{4}{3}(1)^2 + C \Rightarrow C = 2 - \frac{4}{3} = \frac{2}{3}$.
આમ,$f(x) = \frac{4}{3}x^2 + \frac{2}{3}$.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = |(|x| + \alpha)(|x| - 1)|$.
ધારો કે $g(x) = (|x| + \alpha)(|x| - 1)$.
વિધેય $f(x) = |g(x)|$ એ $g(x) = 0$ હોય તેવા બિંદુઓ આગળ (જો બીજ સાદા હોય તો) અને $|x|$ પદને કારણે $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
કિસ્સો $1$: જો $\alpha > 0$ હોય,તો $|x| + \alpha = 0$ નો કોઈ વાસ્તવિક ઉકેલ નથી. $g(x) = 0$ ના બીજ $|x| = 1$ છે,એટલે કે $x = 1, -1$.
$x = 1, -1$ આગળ,વિધેય $f(x)$ ને તીક્ષ્ણ વળાંક (sharp corners) છે. વળી,$x = 0$ આગળ,$f(x) = |\alpha(-1)| = |-\alpha| = \alpha$. $|x|$ પદને કારણે $f'(0^+)$ અને $f'(0^-)$ અલગ હોવાથી,$f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી. આમ,$\alpha > 0$ માટે,$3$ બિંદુઓ $(x = -1, 0, 1)$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
કિસ્સો $2$: જો $\alpha < 0$ અને $\alpha \neq -1$ હોય,તો ધારો કે $\alpha = -k$ જ્યાં $k > 0$ અને $k \neq 1$. તો $g(x) = (|x| - k)(|x| - 1)$.
બીજ $|x| = k$ અને $|x| = 1$ છે,જે $x = \pm k$ અને $x = \pm 1$ આપે છે.
આ $4$ અલગ બિંદુઓ છે જ્યાં $f(x) = 0$ થાય છે. વધુમાં,$|x|$ પદને કારણે $f(x)$ એ $x = 0$ આગળ વિકલનીય નથી.
આમ,$\alpha < 0$ (અને $\alpha \neq -1$) માટે,$5$ બિંદુઓ $(x = -1, -k, 0, k, 1)$ આગળ વિધેય વિકલનીય નથી.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,$D$ સાચો જવાબ છે.

(D) $x = a$ આગળ $f(x)$ ની વિકલનીયતા તપાસવા માટે,આપણે ડાબી બાજુનું વિકલન ($L$.$H$.$D$.) અને જમણી બાજુનું વિકલન ($R$.$H$.$D$.) શોધીએ.
$x = a$ આગળ $L$.$H$.$D$. = $\lim_{h \to 0} \frac{f(a-h) - f(a)}{-h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2}(b^2 - a^2) - \frac{1}{2}(b^2 - a^2)}{-h} = 0$.
હવે,$x = a$ આગળ $R$.$H$.$D$. = $\lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\frac{1}{2}b^2 - \frac{(a+h)^2}{6} - \frac{a^3}{3(a+h)} - \frac{1}{2}(b^2 - a^2)}{h}$.
પદનું સાદુંરૂપ આપતા: $\lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left[ \frac{1}{2}a^2 - \frac{(a+h)^3 + 2a^3}{6(a+h)} \right]$.
જેમ $h \to 0$ થાય,તેમ આ પદ કોઈ નિશ્ચિત કિંમત તરફ જતું નથી,જેનો અર્થ છે કે $x = a$ આગળ વિકલન અસ્તિત્વ ધરાવતું નથી.
તેથી,$f(x)$ એ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી,તેથી $f'(x)$ પણ $x = a$ આગળ વિકલનીય નથી.

(B) કારણ કે $f(x)$ દરેક $x \in R$ માટે વિકલનીય છે,તેથી તે $x = 3$ આગળ પણ વિકલનીય હશે.
$x = 3$ આગળ વિકલનીયતા માટે,ડાબી બાજુનું વિકલન $(LHD)$ એ જમણી બાજુના વિકલન $(RHD)$ જેટલું હોવું જોઈએ.
$LHD$ = $\frac{d}{dx}(ax^2 - bx + 2) = 2ax - b$,$x = 3$ આગળ $6a - b$ થાય.
$RHD$ = $\frac{d}{dx}(bx^2 - 3) = 2bx$,$x = 3$ આગળ $6b$ થાય.
તેથી $6a - b = 6b \Rightarrow 6a = 7b \Rightarrow a = \frac{7b}{6}$.
વળી,$f(x)$ એ $x = 3$ આગળ સતત હોવું જોઈએ,તેથી $LHL$ = $RHL$.
$LHL$ = $a(3)^2 - b(3) + 2 = 9a - 3b + 2$.
$RHL$ = $b(3)^2 - 3 = 9b - 3$.
તેથી $9a - 3b + 2 = 9b - 3 \Rightarrow 9a - 12b = -5$.
$a = \frac{7b}{6}$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $9(\frac{7b}{6}) - 12b = -5 \Rightarrow \frac{21b}{2} - 12b = -5 \Rightarrow \frac{21b - 24b}{2} = -5 \Rightarrow -3b = -10 \Rightarrow b = \frac{10}{3}$.
તેથી $a = \frac{7}{6} \times \frac{10}{3} = \frac{70}{18} = \frac{35}{9}$.
રેખા $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ માટે,અંતઃખંડો $x = a$ અને $y = b$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times |a| \times |b| = \frac{1}{2} \times \frac{35}{9} \times \frac{10}{3} = \frac{350}{54} = \frac{175}{27}$ ચોરસ એકમ.

(B) વિધેય $f(x)$ એ $x=\alpha$ આગળ સતત હોય જો અને માત્ર જો $\lim _{x \rightarrow \alpha^{-}} f(x) = \lim _{x \rightarrow \alpha^{+}} f(x) = f(\alpha)$ થાય.
અહીં આપેલ છે કે વિધેય $f(x)$ એ $x=\alpha \in(a, b)$ આગળ અસતત છે,તેથી સાતત્યની શરતનું પાલન થતું નથી.
આનો અર્થ એ છે કે કાં તો લક્ષનું અસ્તિત્વ નથી,અથવા લક્ષનું અસ્તિત્વ છે પરંતુ તે $f(\alpha)$ જેટલું નથી.
તેથી,વિધેય $x=\alpha$ આગળ અસતત હોવા માટે $\lim _{x \rightarrow \alpha} f(x) \neq f(\alpha)$ શરત સાચી ઠરે છે.
વિકલ્પ $(A)$ એ સાતત્યની શરત દર્શાવે છે,જે અહીં ખોટું છે.
વિકલ્પ $(B)$ એ $x=\alpha$ આગળ અસતતતાની શરતને યોગ્ય રીતે દર્શાવે છે.
વિકલ્પ $(C)$ અને $(D)$ માં પ્રદેશ $[a, b]$ ની બહારના લક્ષની વાત છે,જ્યાં વિધેય વ્યાખ્યાયિત નથી,તેથી તે અપ્રસ્તુત અથવા ખોટા છે.

(A) કલનશાસ્ત્રમાં એક મૂળભૂત પ્રમેય છે કે જો વિધેય $f(x)$ એ બિંદુ $x=a$ આગળ વિકલનીય હોય,તો તે તે બિંદુ $x=a$ આગળ સતત હોવું જ જોઈએ.
આ વિધાનનું પ્રતિ-વિધાન એ છે કે: જો $f(x)$ એ $x=a$ આગળ સતત ન હોય,તો $f(x)$ એ $x=a$ આગળ વિકલનીય નથી.
કારણ કે કારણ $(R)$ એ સીધું પ્રમેય આપે છે જે વિધાન $(A)$ ને ન્યાયી ઠેરવે છે,તેથી બંને સાચા છે અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(A) ધારો કે $y = \tan^{-1}(\cos \sqrt{x}) + \sec^{-1}(e^x)$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને,આપણે $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$\frac{dy}{dx} = \frac{d}{dx}(\tan^{-1}(\cos \sqrt{x})) + \frac{d}{dx}(\sec^{-1}(e^x))$
$= \frac{1}{1 + (\cos \sqrt{x})^2} \cdot (-\sin \sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \frac{1}{|e^x| \sqrt{(e^x)^2 - 1}} \cdot e^x$
$= \frac{-\sin \sqrt{x}}{2\sqrt{x}(1 + \cos^2 \sqrt{x})} + \frac{1}{\sqrt{e^{2x} - 1}}$.
હવે,$x = \frac{\pi^2}{4}$ મૂકતા,તેથી $\sqrt{x} = \frac{\pi}{2}$:
$\frac{dy}{dx} = \frac{-\sin(\frac{\pi}{2})}{2(\frac{\pi}{2})(1 + \cos^2(\frac{\pi}{2}))} + \frac{1}{\sqrt{e^{2(\frac{\pi^2}{4})} - 1}}$
$= \frac{-1}{\pi(1 + 0)} + \frac{1}{\sqrt{e^{\frac{\pi^2}{2}} - 1}}$
$= \frac{1}{\sqrt{e^{\frac{\pi^2}{2}} - 1}} - \frac{1}{\pi}$.

(B) આપેલ છે કે $f^{\prime}(x) = \sqrt{f^2(x)-1}$.
આને $\frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{f^2(x)-1}} = 1$ તરીકે લખી શકાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા,$\int \frac{f^{\prime}(x)}{\sqrt{f^2(x)-1}} dx = \int 1 dx$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{1}{\sqrt{t^2-1}} dt = \log |t + \sqrt{t^2-1}| + C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\log |f(x) + \sqrt{f^2(x)-1}| = x + C$ મળે છે.
$f(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,$x=0$ મૂકતા $\log |f(0) + \sqrt{f^2(0)-1}| = 0 + C$.
$\log |1 + \sqrt{1-1}| = C \Rightarrow \log(1) = C \Rightarrow C = 0$.
તેથી,$\log |f(x) + \sqrt{f^2(x)-1}| = x$.
$x=1$ માટે,$\log |f(1) + \sqrt{f^2(1)-1}| = 1$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા,$f(1) + \sqrt{f^2(1)-1} = e^1 = e$.
$\sqrt{f^2(1)-1} = e - f(1)$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$f^2(1) - 1 = e^2 + f^2(1) - 2ef(1)$.
$-1 = e^2 - 2ef(1) \Rightarrow 2ef(1) = e^2 + 1$.
આમ,$f(1) = \frac{e^2+1}{2e}$.

(C) આપેલ છે કે $u=\sin \left(\frac{x}{y}\right)$,$x=e^t$,અને $y=t^2$. $u$ માં $x$ અને $y$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $u=\sin \left(\frac{e^t}{t^2}\right)$ મળે છે.
હવે,સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $u$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d u}{d t}=\cos \left(\frac{e^t}{t^2}\right) \cdot \frac{d}{d t}\left(\frac{e^t}{t^2}\right)$
ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા $\frac{d}{d t}\left(\frac{e^t}{t^2}\right) = \frac{t^2 e^t - e^t(2t)}{(t^2)^2} = \frac{t e^t(t-2)}{t^4} = \frac{e^t(t-2)}{t^3}$.
આમ,$\frac{d u}{d t} = \cos \left(\frac{e^t}{t^2}\right) \cdot \frac{e^t(t-2)}{t^3}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\left(\frac{d u}{d t}\right)^2 = \cos^2 \left(\frac{e^t}{t^2}\right) \cdot \frac{e^{2t}(t-2)^2}{t^6}$.
પદાવલિ $t^6\left(\frac{d u}{d t}\right)^2 \div \left(e^{2 t}(t-2)^2\right)$ ને ગોઠવતા:
$= \frac{t^6 \cdot \cos^2 \left(\frac{e^t}{t^2}\right) \cdot e^{2t}(t-2)^2}{t^6 \cdot e^{2t}(t-2)^2} = \cos^2 \left(\frac{e^t}{t^2}\right)$.
કારણ કે $u = \sin \left(\frac{e^t}{t^2}\right)$,તેથી $\sin^2 \left(\frac{e^t}{t^2}\right) = u^2$.
નિત્યસમ $\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $\cos^2 \left(\frac{e^t}{t^2}\right) = 1 - u^2$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $x = t^5 + 5t^3 + 20t + 7$ અને $y = 4t^3 - 3t^2 - 18t + 3$.
પ્રથમ,$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dx}{dt} = 5t^4 + 15t^2 + 20 = 5(t^4 + 3t^2 + 4)$.
અહીં $t^4 + 3t^2 + 4$ એ તમામ વાસ્તવિક $t$ માટે હંમેશા ધન છે (કારણ કે તેનો વિવેચક $D = 3^2 - 4(1)(4) = -7 < 0$ છે).
$\frac{dy}{dt} = 12t^2 - 6t - 18 = 6(2t^2 - t - 3)$.
હવે,વક્રનું વિકલન $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{6(2t^2 - t - 3)}{5(t^4 + 3t^2 + 4)}$ થાય.
વક્ર ઘટતું વિધેય હોય ત્યારે $\frac{dy}{dx} < 0$ થાય.
છેદ $5(t^4 + 3t^2 + 4)$ હંમેશા ધન હોવાથી,અંશ ઋણ હોવો જોઈએ:
$6(2t^2 - t - 3) < 0$
$2t^2 - t - 3 < 0$
અવયવ પાડતા: $(2t - 3)(t + 1) < 0$.
શૂન્યો $t = -1$ અને $t = 3/2$ છે.
અંતરાલ ચકાસતા,$t \in (-1, 3/2)$ માટે વિધેય ઘટતું વિધેય છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x)$ એ $[2, 6]$ પર વિકલનીય વિધેય છે અને દરેક $x \in [2, 6]$ માટે $f^{\prime}(x) \geq 5$ છે.
મધ્યકમાન પ્રમેય (Mean Value Theorem) મુજબ,કોઈપણ $x_1, x_2 \in [2, 6]$ જ્યાં $x_2 > x_1$ હોય,ત્યારે કોઈ $c \in (x_1, x_2)$ એવું મળે કે જેથી $f^{\prime}(c) = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ થાય.
કારણ કે $f^{\prime}(x) \geq 5$ છે,તેથી $\frac{f(6) - f(2)}{6 - 2} \geq 5$ થાય.
$f(2) = 4$ કિંમત મૂકતા:
$\frac{f(6) - 4}{4} \geq 5$
$f(6) - 4 \geq 20$
$f(6) \geq 24$.
આમ,$f(6)$ ની એક શક્ય કિંમત $24$ છે.

(A) આપેલ છે કે $y = \frac{\log x}{x}$.
પ્રથમ,ભાગાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરીને પ્રથમ વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધો:
$\frac{dy}{dx} = \frac{x(\frac{1}{x}) - \log x(1)}{x^2} = \frac{1 - \log x}{x^2}$.
ત્યારબાદ,બીજું વિકલિત $\frac{d^2y}{dx^2}$ શોધો:
$\frac{d^2y}{dx^2} = \frac{x^2(-\frac{1}{x}) - (1 - \log x)(2x)}{x^4} = \frac{-x - 2x + 2x \log x}{x^4} = \frac{-3x + 2x \log x}{x^4}$.
હવે,આ કિંમતોને $x^2 \frac{d^2y}{dx^2} + 3x \frac{dy}{dx} + y$ માં મૂકો:
$= x^2 \left( \frac{-3x + 2x \log x}{x^4} \right) + 3x \left( \frac{1 - \log x}{x^2} \right) + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3x + 2x \log x}{x^2} + \frac{3 - 3 \log x}{x} + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3 + 2 \log x}{x} + \frac{3 - 3 \log x}{x} + \frac{\log x}{x}$
$= \frac{-3 + 2 \log x + 3 - 3 \log x + \log x}{x} = \frac{0}{x} = 0$.
આમ,તમામ $x > 0$ માટે કિંમત $0$ થાય છે.

(B) આપેલ સમીકરણ: $f(x+ay)+g(x-ay)=0$.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f^{\prime}(x+ay)(1+a \frac{dy}{dx}) + g^{\prime}(x-ay)(1-a \frac{dy}{dx}) = 0$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા:
$f^{\prime}(x+ay) + a \frac{dy}{dx} f^{\prime}(x+ay) + g^{\prime}(x-ay) - a \frac{dy}{dx} g^{\prime}(x-ay) = 0$.
$\frac{dy}{dx}$ વાળા પદોને અલગ કરતા:
$a \frac{dy}{dx} [f^{\prime}(x+ay) - g^{\prime}(x-ay)] = -[f^{\prime}(x+ay) + g^{\prime}(x-ay)]$.
તેથી:
$a \frac{dy}{dx} = \frac{-(f^{\prime}(x+ay) + g^{\prime}(x-ay))}{f^{\prime}(x+ay) - g^{\prime}(x-ay)} = \frac{f^{\prime}(x+ay) + g^{\prime}(x-ay)}{g^{\prime}(x-ay) - f^{\prime}(x+ay)}$.

(C) આપેલ છે કે $\frac{f(x)}{g(x)} = c$,જ્યાં $c$ એ શૂન્યતર અચળાંક છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે $\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{\prime} = 0$.
કારણ કે $\beta(x) = \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)^{\prime}$,તેથી $\beta(x) = 0$ થાય.
વળી,$\frac{f(x)}{g(x)} = c$ પરથી,$f(x) = c \cdot g(x)$ મળે.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$f^{\prime}(x) = c \cdot g^{\prime}(x)$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)} = c$.
કારણ કે $\alpha(x) = \frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$,તેથી $\alpha(x) = c$ થાય.
હવે,આ કિંમતોને $\frac{\alpha(x) - \beta(x)}{\alpha(x) + \beta(x)}$ પદમાં મૂકતા,આપણને $\frac{c - 0}{c + 0} = \frac{c}{c} = 1$ મળે છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^2 \tan ^{-1}\left(\frac{y}{x}\right)-y^2 \tan ^{-1}\left(\frac{x}{y}\right)=k$ છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$x^2 \cdot \frac{1}{1+(y/x)^2} \cdot \frac{x(dy/dx)-y}{x^2} + 2x \tan ^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) - y^2 \cdot \frac{1}{1+(x/y)^2} \cdot \frac{y-x(dy/dx)}{y^2} - 2y \tan ^{-1}\left(\frac{x}{y}\right) \frac{dy}{dx} = 0$.
પદોનું સાદુંરૂપ આપતા:
$\frac{x^2}{x^2+y^2} \cdot \frac{x(dy/dx)-y}{1} + 2x \tan ^{-1}\left(\frac{y}{x}\right) - \frac{y^2}{x^2+y^2} \cdot \frac{y-x(dy/dx)}{1} - 2y \tan ^{-1}\left(\frac{x}{y}\right) \frac{dy}{dx} = 0$.
બિંદુ $(1,1)$ આગળ,$x=1, y=1$ અને $dy/dx = y_1$ લેતા:
$\frac{1}{2}(y_1-1) + 2(1) \tan ^{-1}(1) - \frac{1}{2}(1-y_1) - 2(1) \tan ^{-1}(1) y_1 = 0$.
અહીં $\tan ^{-1}(1) = \pi/4$ છે.
$\frac{1}{2}y_1 - \frac{1}{2} + 2(\pi/4) - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}y_1 - 2(\pi/4)y_1 = 0$.
$y_1 - 1 + \pi/2 - \pi/2 y_1 = 0$.
$y_1(1 - \pi/2) = 1 - \pi/2$.
આમ,$y_1 = 1$.

(A) આપેલ છે $x^x y^y=e^e$. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$\ln(x^x y^y) = \ln(e^e)$
$x \ln x + y \ln y = e$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx}(x \ln x) + \frac{d}{dx}(y \ln y) = \frac{d}{dx}(e)$
$(1 + \ln x) + (1 + \ln y) \frac{dy}{dx} = 0$
બિંદુ $(e, e)$ પર,$\ln e = 1$:
$(1 + 1) + (1 + 1) \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = 0$
$2 + 2 \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = 0 \Rightarrow \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = -1$
$(1 + \ln x) + (1 + \ln y) y' = 0$ નું ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} y' \cdot y' + (1 + \ln y) y'' = 0$
$\frac{1}{x} + \frac{(y')^2}{y} + (1 + \ln y) y'' = 0$
$(e, e)$ પર જ્યાં $y' = -1$:
$\frac{1}{e} + \frac{(-1)^2}{e} + (1 + \ln e) y'' = 0$
$\frac{1}{e} + \frac{1}{e} + 2 y'' = 0$
$\frac{2}{e} + 2 y'' = 0 \Rightarrow y'' = -\frac{1}{e}$
કારણ કે $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)} = -1$,આપણે લખી શકીએ કે $y'' = \frac{-1}{e} = \frac{1}{e} \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(e, e)}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3+y^3=3axy$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$3x^2+3y^2 \frac{dy}{dx} = 3ay + 3ax \frac{dy}{dx}$
$(y^2-ax) \frac{dy}{dx} = ay-x^2$
$\frac{dy}{dx} = \frac{ay-x^2}{y^2-ax}$
બિંદુ $\left(\frac{3a}{2}, \frac{3a}{2}\right)$ પર,$\frac{dy}{dx} = \frac{a(\frac{3a}{2}) - (\frac{3a}{2})^2}{(\frac{3a}{2})^2 - a(\frac{3a}{2})} = \frac{\frac{3a^2}{2} - \frac{9a^2}{4}}{\frac{9a^2}{4} - \frac{3a^2}{2}} = \frac{-\frac{3a^2}{4}}{\frac{3a^2}{4}} = -1$.
$\frac{dy}{dx}(y^2-ax) = ay-x^2$ નું ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(2y \frac{dy}{dx} - a) \frac{dy}{dx} + (y^2-ax) \frac{d^2y}{dx^2} = a \frac{dy}{dx} - 2x$
બિંદુ $\left(\frac{3a}{2}, \frac{3a}{2}\right)$ અને $\frac{dy}{dx} = -1$ મૂકતા:
$(2(\frac{3a}{2})(-1) - a)(-1) + ((\frac{3a}{2})^2 - a(\frac{3a}{2})) y^{\prime \prime} = a(-1) - 2(\frac{3a}{2})$
$(-3a-a)(-1) + (\frac{9a^2}{4} - \frac{6a^2}{4}) y^{\prime \prime} = -a - 3a$
$4a + \frac{3a^2}{4} y^{\prime \prime} = -4a$
$\frac{3a^2}{4} y^{\prime \prime} = -8a$
$3ay^{\prime \prime} = -32$
તેથી,$3ay^{\prime \prime} + 40 = -32 + 40 = 8$.

(D) આપેલ છે કે $f(x)=\sqrt{x+\sin x}$.
$f^{\prime}(x)=0$ માટે,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$f^{\prime}(x) = \frac{1}{2\sqrt{x+\sin x}} \cdot (1+\cos x) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $1+\cos x = 0$,તેથી $\cos x = -1$.
આમ,$x = (2n+1)\pi$,જ્યાં $n \in \mathbb{Z}$.
હવે,આ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f((2n+1)\pi) = \sqrt{(2n+1)\pi + \sin((2n+1)\pi)}$.
કારણ કે દરેક $n \in \mathbb{Z}$ માટે $\sin((2n+1)\pi) = 0$ થાય છે,તેથી $f((2n+1)\pi) = \sqrt{(2n+1)\pi}$.
ધારો કે $x = (2n+1)\pi$ અને $y = f(x) = \sqrt{x}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $y^2 = x$ મળે છે,જે પરવલયનું સમીકરણ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x)=|x-5|+|x+5|+|x-4|+|x+4|$ છે.
આપણે $f(x)$ ને વિવિધ અંતરાલોમાં વ્યાખ્યાયિત કરી શકીએ છીએ:
$f(x) = \begin{cases} -4x & x \leq -5 \\ -2x+10 & -5 < x \leq -4 \\ 18 & -4 < x \leq 4 \\ 2x+10 & 4 < x \leq 5 \\ 4x & x > 5 \end{cases}$
હવે,વિકલન $f^{\prime}(x)$ નીચે મુજબ છે:
$f^{\prime}(x) = \begin{cases} -4 & x < -5 \\ -2 & -5 < x < -4 \\ 0 & -4 < x < 4 \\ 2 & 4 < x < 5 \\ 4 & x > 5 \end{cases}$
જરૂરી કિંમતો મેળવતા:
$f^{\prime}(1) = 0$ (કારણ કે $-4 < 1 < 4$)
$f^{\prime}(-6) = -4$ (કારણ કે $-6 < -5$)
$f^{\prime}(-1) = 0$ (કારણ કે $-4 < -1 < 4$)
$f^{\prime}(6) = 4$ (કારણ કે $6 > 5$)
આ કિંમતોને પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{f^{\prime}(1)-f^{\prime}(-6)}{f^{\prime}(-1)+f^{\prime}(6)} = \frac{0-(-4)}{0+4} = \frac{4}{4} = 1$.

(B) આપેલ છે કે $f(t) = \frac{t}{2} + \frac{1}{4} \log(2t - 1)$.
પ્રથમ,વિકલન $f^{\prime}(t)$ શોધો:
$f^{\prime}(t) = \frac{d}{dt} \left( \frac{t}{2} + \frac{1}{4} \log(2t - 1) \right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2t - 1} \cdot 2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2(2t - 1)}$.
હવે,$f^{\prime}(t)$ માં $t$ ની જગ્યાએ $\frac{t+1}{2t+1}$ મૂકો:
$f^{\prime}\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2\left(2\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) - 1\right)}$.
છેદના પદનું સાદું રૂપ આપો:
$2\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) - 1 = \frac{2t + 2 - (2t + 1)}{2t + 1} = \frac{1}{2t + 1}$.
આ કિંમતને સમીકરણમાં પાછી મૂકો:
$f^{\prime}\left(\frac{t+1}{2t+1}\right) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2\left(\frac{1}{2t+1}\right)} = \frac{1}{2} + \frac{2t+1}{2} = \frac{1 + 2t + 1}{2} = \frac{2t + 2}{2} = t + 1$.

(B) આપેલ વિકલ સમીકરણ $f(x) f^{\prime}(-x) - f(-x) f^{\prime}(x) = 0$ છે.
આને $\frac{d}{dx} [f(x) f(-x)] = f^{\prime}(x) f(-x) - f(x) f^{\prime}(-x) = 0$ તરીકે લખી શકાય છે.
તેથી,$f(x) f(-x) = c$,જ્યાં $c$ એક અચળાંક છે.
$x = 0$ માટે,$f(0) f(0) = c \Rightarrow 3 \times 3 = 9$,તેથી $c = 9$.
આમ,દરેક $x \in R$ માટે $f(x) f(-x) = 9$ થાય.
$x = 3$ માટે,$f(3) f(-3) = 9 \Rightarrow 9 \times f(-3) = 9 \Rightarrow f(-3) = 1$.
અંતે,$(1 + f(-3))^3 + 1 = (1 + 1)^3 + 1 = 2^3 + 1 = 8 + 1 = 9$.

(A) બિંદુ $A(0, \alpha)$ એ વક્ર $y=f(x)$ પર આવેલું છે,તેથી $f(0)=\alpha$.
આપેલ છે કે $f(0)=2$,તેથી $\alpha=2$.
બિંદુઓ $A(0, 2)$ અને $B(8, \beta)$ ને જોડતી જીવા $AB$ નો ઢાળ નીચે મુજબ છે:
$m_{chord} = \frac{\beta - 2}{8 - 0} = \frac{\beta - 2}{8}$.
વક્ર $y=f(x)$ નો $x=4$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $f^{\prime}(4) = \frac{-3}{4}$ છે.
જીવા $AB$ એ $x=4$ આગળના સ્પર્શકને સમાંતર હોવાથી,તેમના ઢાળ સમાન હોવા જોઈએ:
$\frac{\beta - 2}{8} = \frac{-3}{4}$
બંને બાજુ $8$ વડે ગુણતા:
$\beta - 2 = -3 \times 2$
$\beta - 2 = -6$
$\beta = -6 + 2 = -4$
આમ,$\beta$ ની કિંમત $-4$ છે.

(D) વક્રના સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{4t+3}{3t^2-8t-3}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અભિલંબ $X$-અક્ષને સમાંતર હોવાથી,તે બિંદુએ સ્પર્શક $Y$-અક્ષને સમાંતર હોવો જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે સ્પર્શકનો ઢાળ અવ્યાખ્યાયિત હોવો જોઈએ,એટલે કે $\frac{dx}{dt} = 0$.
છેદને શૂન્ય લેતા: $3t^2-8t-3 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(3t+1)(t-3) = 0$.
આથી $t = 3$ અને $t = -\frac{1}{3}$ મળે છે.
$t$ ની આ કિંમતો માટે સ્પર્શકનો ઢાળ અવ્યાખ્યાયિત છે,જેનો અર્થ છે કે અભિલંબ $X$-અક્ષને સમાંતર છે.
તેથી,આવા કુલ $2$ બિંદુઓ છે.

(B) આપેલ છે કે $A=\{x : 9x \geq x^2+20\}$.
અસમતા $x^2-9x+20 \leq 0$ ને ઉકેલતા,આપણને $(x-4)(x-5) \leq 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in [4, 5]$.
આમ,$A=[4, 5]$.
આપેલ છે કે $f(x)=2x^3-15x^2+36x-48$.
વિકલન કરતા,$f'(x)=6x^2-30x+36=6(x^2-5x+6)=6(x-3)(x-2)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $f'(x)=0$ લેતા,$x=2$ અને $x=3$ મળે છે.
બંને ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ $x=2$ અને $x=3$ એ અંતરાલ $A=[4, 5]$ ની બહાર છે,તેથી વિધેય $f(x)$ આ અંતરાલમાં એકવિધ છે.
અંતરાલ $[4, 5]$ માટે $f'(x)$ ની નિશાની તપાસતા: $f'(4)=6(4-3)(4-2)=12 > 0$.
કારણ કે $x \in [4, 5]$ માટે $f'(x) > 0$ છે,તેથી $f(x)$ એ $[4, 5]$ પર વધતું વિધેય છે.
તેથી,મહત્તમ કિંમત અંતિમ બિંદુ $x=5$ પર મળશે.
$f(5)=2(5)^3-15(5)^2+36(5)-48 = 2(125)-15(25)+180-48 = 250-375+180-48 = 7$.

(A) આપેલ વક્રો $y=e^{2(1+x)-4}$ અને $x^2 y=1$ છે.
બિંદુ $(1,1)$ આગળ,આપણે બંને વક્રોના સ્પર્શકોના ઢાળ શોધીએ.
પ્રથમ વક્ર $y=e^{2(1+x)-4}$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $y' = e^{2(1+x)-4} \cdot 2$ મળે.
$(1,1)$ આગળ,ઢાળ $m_1 = y'(1) = e^{2(1+1)-4} \cdot 2 = e^0 \cdot 2 = 2$.
બીજા વક્ર $x^2 y = 1$ માટે,$y = x^{-2}$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા $y' = -2x^{-3} = -\frac{2}{x^3}$ મળે.
$(1,1)$ આગળ,ઢાળ $m_2 = y'(1) = -\frac{2}{1^3} = -2$.
વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,$\tan \theta = \left| \frac{2 - (-2)}{1 + (2)(-2)} \right| = \left| \frac{4}{1 - 4} \right| = \left| \frac{4}{-3} \right| = \frac{4}{3}$.
$\tan \theta = \frac{4}{3}$ હોવાથી,આપણે સામેની બાજુ $4$ અને પાસેની બાજુ $3$ હોય તેવો કાટકોણ ત્રિકોણ વિચારી શકીએ. કર્ણ $\sqrt{4^2 + 3^2} = 5$ છે.
આમ,$\sin \theta = \frac{4}{5}$ અને $\cos \theta = \frac{3}{5}$.
તેથી,$|\sin \theta| + |\cos \theta| = \frac{4}{5} + \frac{3}{5} = \frac{7}{5}$.

(C) ધારો કે રેખાના $x$-અક્ષ અને $y$-અક્ષ પરના અંતઃખંડો અનુક્રમે $a$ અને $b$ છે. રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
આપેલ છે કે અંતઃખંડોનો સરવાળો $a + b = 12$ છે,તેથી $b = 12 - a$.
રેખા દ્વારા યામ અક્ષો સાથે બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2}ab$ છે.
$b = 12 - a$ મૂકતા,આપણને $A = \frac{1}{2}a(12 - a) = 6a - \frac{1}{2}a^2$ મળે છે.
મહત્તમ ક્ષેત્રફળ શોધવા માટે,આપણે $A$ નું $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$\frac{dA}{da} = 6 - a = 0 \Rightarrow a = 6$.
કારણ કે $a = 6$,તેથી $b = 12 - 6 = 6$.
રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{6} + \frac{y}{6} = 1$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x + y = 6$ થાય છે.

(B) આપેલ વક્ર $y=2x^3-15x^2+36x+c$ છે.
સ્થિર બિંદુઓ ત્યાં મળે છે જ્યાં $\frac{dy}{dx} = 0$ હોય.
$\frac{dy}{dx} = 6x^2 - 30x + 36 = 6(x^2 - 5x + 6) = 6(x-2)(x-3)$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,આપણને $x=2$ અને $x=3$ મળે છે.
$(2, a)$ વક્ર પરનું બિંદુ હોવાથી,$a = 2(2)^3 - 15(2)^2 + 36(2) + c = 16 - 60 + 72 + c = 28 + c$.
$(b, 19)$ વક્ર પરનું બિંદુ હોવાથી,$b$ એ બીજો $x$-યામ હોવો જોઈએ,તેથી $b=3$.
$x=3$ અને $y=19$ ને વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા: $19 = 2(3)^3 - 15(3)^2 + 36(3) + c$.
$19 = 54 - 135 + 108 + c \Rightarrow 19 = 27 + c \Rightarrow c = -8$.
હવે,$a = 28 + (-8) = 20$.
તેથી,$a+b+c = 20 + 3 - 8 = 15$.