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

(B) આપેલ છે કે,$\tan A + \tan B = x$ અને $\cot A + \cot B = y$.
કારણ કે $\cot A + \cot B = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan B} = \frac{\tan A + \tan B}{\tan A \tan B} = y$.
$\tan A + \tan B = x$ મૂકતા,આપણને $\frac{x}{\tan A \tan B} = y$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\tan A \tan B = \frac{x}{y}$.
હવે,$\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,
$\tan (A + B) = \frac{x}{1 - \frac{x}{y}} = \frac{x}{\frac{y - x}{y}} = \frac{xy}{y - x}$.

(D) આપેલ છે,$\sqrt{1+\cos 2 \alpha}=\frac{3}{\sqrt{5}}$ અને $\sqrt{\frac{1-\cos 2 \beta}{1+\cos 2 \beta}}=\frac{1}{7}$.
$1+\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha$ હોવાથી,$\sqrt{2} \cos \alpha = \frac{3}{\sqrt{5}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{3}{\sqrt{10}}$.
તેથી $\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1 = 2(\frac{9}{10}) - 1 = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$.
$\sin^2 2 \alpha = 1 - \cos^2 2 \alpha = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}$ હોવાથી,$\sin 2 \alpha = \frac{3}{5}$.
આમ,$\tan 2 \alpha = \frac{\sin 2 \alpha}{\cos 2 \alpha} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$.
$\beta$ માટે,$\sqrt{\frac{1-\cos 2 \beta}{1+\cos 2 \beta}} = \tan \beta = \frac{1}{7}$.
હવે,$\tan(2 \alpha + \beta) = \frac{\tan 2 \alpha + \tan \beta}{1 - \tan 2 \alpha \tan \beta} = \frac{3/4 + 1/7}{1 - (3/4)(1/7)} = \frac{25/28}{25/28} = 1$.
તેથી,$2 \alpha + \beta = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$.

(D) આપેલ છે કે $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{b}{s}$.
$\tan \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)}}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin \frac{A+C}{2}}{\cos \frac{A}{2} \cos \frac{C}{2}} = \frac{b}{s}$.
$\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}}$ અને $\cos \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-c)}{ab}}$ મૂકતા:
$\frac{\sin \frac{A+C}{2}}{\sin \frac{B}{2}} = 1$.
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin \frac{B}{2} = \cos \frac{A+C}{2}$ થાય.
તેથી,$\tan \frac{A+C}{2} = 1$,જેનો અર્થ છે કે $A+C = \frac{\pi}{2}$.
અંતે,$\sin \left(\frac{A+C}{3}\right) = \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\cot A}{1-\tan A}+\frac{\tan A}{1-\cot A}$
$\cot A = \frac{\cos A}{\sin A}$ અને $\tan A = \frac{\sin A}{\cos A}$ મૂકતા:
$= \frac{\frac{\cos A}{\sin A}}{1-\frac{\sin A}{\cos A}} + \frac{\frac{\sin A}{\cos A}}{1-\frac{\cos A}{\sin A}}$
$= \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A-\sin A)} + \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A-\cos A)}$
$= \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A-\sin A)} - \frac{\sin^2 A}{\cos A(\cos A-\sin A)}$
$= \frac{1}{(\cos A-\sin A)} \left[ \frac{\cos^3 A - \sin^3 A}{\sin A \cos A} \right]$
નિત્યસમ $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{(\cos A-\sin A)(\cos^2 A + \sin^2 A + \sin A \cos A)}{(\cos A-\sin A) \sin A \cos A}$
$= \frac{1 + \sin A \cos A}{\sin A \cos A}$
$= \frac{1}{\sin A \cos A} + 1$
$= \operatorname{cosec} A \sec A + 1$

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\theta = \frac{\pi}{9}$ માટે,$3\theta = \frac{\pi}{3}$.
$\tan(3\theta) = \tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$.
સૂત્ર $\tan(3\theta) = \frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta} = \sqrt{3}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(3\tan\theta - \tan^3\theta)^2 = 3(1 - 3\tan^2\theta)^2$.
$9\tan^2\theta + \tan^6\theta - 6\tan^4\theta = 3(1 + 9\tan^4\theta - 6\tan^2\theta)$.
$9\tan^2\theta + \tan^6\theta - 6\tan^4\theta = 3 + 27\tan^4\theta - 18\tan^2\theta$.
પદોને ગોઠવતા:
$\tan^6\theta - 33\tan^4\theta + 27\tan^2\theta + 1 = 4$.

(C) આપેલ પદ $(\cot A+\cot B)(\cot B+\cot C)(\cot C+\cot A)$ છે.
$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \left(\frac{\cos A}{\sin A} + \frac{\cos B}{\sin B}\right) \left(\frac{\cos B}{\sin B} + \frac{\cos C}{\sin C}\right) \left(\frac{\cos C}{\sin C} + \frac{\cos A}{\sin A}\right)$
$= \left(\frac{\sin(A+B)}{\sin A \sin B}\right) \left(\frac{\sin(B+C)}{\sin B \sin C}\right) \left(\frac{\sin(C+A)}{\sin C \sin A}\right)$
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin(A+B) = \sin C$,$\sin(B+C) = \sin A$,અને $\sin(C+A) = \sin B$ થાય.
કિંમતો મૂકતા:
$= \left(\frac{\sin C}{\sin A \sin B}\right) \left(\frac{\sin A}{\sin B \sin C}\right) \left(\frac{\sin B}{\sin C \sin A}\right)$
$= \frac{\sin A \sin B \sin C}{(\sin A \sin B \sin C)^2} = \frac{1}{\sin A \sin B \sin C}$
$= \operatorname{cosec} A \operatorname{cosec} B \operatorname{cosec} C$.

(A) આપેલ પદાવલિ: $\frac{\tan A}{1-\cot A} + \frac{\cot A}{1-\tan A}$
$\tan A$ અને $\cot A$ ને $\sin A$ અને $\cos A$ ના સ્વરૂપમાં ફેરવતા:
$= \frac{\frac{\sin A}{\cos A}}{1-\frac{\cos A}{\sin A}} + \frac{\frac{\cos A}{\sin A}}{1-\frac{\sin A}{\cos A}}$
$= \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A - \cos A)} + \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A - \sin A)}$
$= \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A - \cos A)} - \frac{\cos^2 A}{\sin A(\sin A - \cos A)}$
$= \frac{1}{\sin A - \cos A} \left[ \frac{\sin^3 A - \cos^3 A}{\sin A \cos A} \right]$
$a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + b^2 + ab)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{(\sin A - \cos A)(\sin^2 A + \cos^2 A + \sin A \cos A)}{(\sin A - \cos A)(\sin A \cos A)}$
$= \frac{1 + \sin A \cos A}{\sin A \cos A} = \frac{1}{\sin A \cos A} + 1 = \sec A \operatorname{cosec} A + 1$

(B) આપેલ પદાવલિ: $(1+\sec 2\theta)(1+\sec 4\theta) = (1+\frac{1}{\cos 2\theta})(1+\frac{1}{\cos 4\theta})$
$= (\frac{\cos 2\theta + 1}{\cos 2\theta})(\frac{\cos 4\theta + 1}{\cos 4\theta})$
નિત્યસમ $1 + \cos 2A = 2\cos^2 A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= (\frac{2\cos^2 \theta}{\cos 2\theta})(\frac{2\cos^2 2\theta}{\cos 4\theta})$
$= \frac{2\cos^2 \theta}{\cos 2\theta} \cdot \frac{2\cos^2 2\theta}{\cos 4\theta}$
$= \cot \theta \cdot \tan 4\theta$ મળે છે.

(C) આપેલ છે,$P = \tan 15^{\circ} + \cot 15^{\circ}$,$Q = \tan 22 \frac{1}{2}^{\circ} + \cot 22 \frac{1}{2}^{\circ}$ અને $R = \sin 54^{\circ} + \sin 18^{\circ}$.
$P$ માટે: $P = \frac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}} + \frac{\cos 15^{\circ}}{\sin 15^{\circ}} = \frac{1}{\sin 15^{\circ} \cos 15^{\circ}} = \frac{2}{\sin 30^{\circ}} = 4$.
$Q$ માટે: $Q = \frac{1}{\sin 22.5^{\circ} \cos 22.5^{\circ}} = \frac{2}{\sin 45^{\circ}} = 2\sqrt{2} \approx 2.828$.
$R$ માટે: $R = \sin 54^{\circ} + \sin 18^{\circ} = \cos 36^{\circ} + \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4} + \frac{\sqrt{5}-1}{4} = \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 1.118$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $R < Q < P$.

(A) $(I)$ શ્રેણી $\sin^2 5^{\circ} + \sin^2 10^{\circ} + \dots + \sin^2 90^{\circ}$ છે. $5^{\circ}$ થી $85^{\circ}$ સુધીના $18$ પદો છે અને $\sin^2 90^{\circ} = 1$ છે. $\sin^2 \theta + \sin^2(90^{\circ}-\theta) = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$8$ જોડીઓ મળે છે,વત્તા $\sin^2 45^{\circ} = 0.5$ અને $\sin^2 90^{\circ} = 1$. કુલ $= 8 + 0.5 + 1 = 9.5 = \frac{19}{2}$. આમ,$(I)$-$B$.
$(II)$ $\tan^2 5^{\circ} \cdot \tan^2 85^{\circ} = \tan^2 5^{\circ} \cdot \cot^2 5^{\circ} = 1$. આવી $8$ જોડીઓ છે અને $\tan^2 45^{\circ} = 1$. કુલ $= 1^8 \cdot 1 = 1$. આમ,$(II)$-$D$.
$(III)$ $\cos^2 5^{\circ} + \dots + \cos^2 180^{\circ}$. $\cos(180^{\circ}-\theta) = -\cos \theta$ હોવાથી,$\cos^2(180^{\circ}-\theta) = \cos^2 \theta$. સરવાળો $18$ થાય છે. આમ,$(III)$-$C$.
$(IV)$ $\cot \theta + \cot(180^{\circ}-\theta) = 0$. $5^{\circ}$ થી $175^{\circ}$ સુધીની જોડીઓ $0$ થાય છે. $\cot 90^{\circ} = 0$. કુલ $= 0$. આમ,$(IV)$-$A$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $(1+\sqrt{1+a})=(1+\sqrt{1-a}) \cot \alpha$
તેને આ રીતે લખતા: $(1+\sqrt{1+a}) \sin \alpha = (1+\sqrt{1-a}) \cos \alpha$
પદોની ગોઠવણી કરતા: $(\sin \alpha - \cos \alpha) = \sqrt{1-a} \cos \alpha - \sqrt{1+a} \sin \alpha$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $(\sin \alpha - \cos \alpha)^2 = (\sqrt{1-a} \cos \alpha - \sqrt{1+a} \sin \alpha)^2$
$1 - \sin 2 \alpha = (1-a) \cos^2 \alpha + (1+a) \sin^2 \alpha - 2\sqrt{1-a^2} \sin \alpha \cos \alpha$
$1 - \sin 2 \alpha = (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) + a(\sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha) - \sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
$1 - \sin 2 \alpha = 1 - a \cos 2 \alpha - \sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
$a \cos 2 \alpha - \sin 2 \alpha = -\sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
ફરીથી વર્ગ કરતા: $a^2 \cos^2 2 \alpha + \sin^2 2 \alpha - 2a \sin 2 \alpha \cos 2 \alpha = (1-a^2) \sin^2 2 \alpha$
$a^2 \cos^2 2 \alpha + \sin^2 2 \alpha - a \sin 4 \alpha = \sin^2 2 \alpha - a^2 \sin^2 2 \alpha$
$a^2 \cos^2 2 \alpha + a^2 \sin^2 2 \alpha = a \sin 4 \alpha$
$a^2(1) = a \sin 4 \alpha$
તેથી,$\sin 4 \alpha = a$.

(D) કારણ કે $\sec (\theta+\alpha), \sec \theta, \sec (\theta-\alpha)$ સમાંતર શ્રેણીમાં છે,તેથી:
$2 \sec \theta = \sec (\theta+\alpha) + \sec (\theta-\alpha)$
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)} + \frac{1}{\cos (\theta-\alpha)}$
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{\cos (\theta-\alpha) + \cos (\theta+\alpha)}{\cos (\theta+\alpha) \cos (\theta-\alpha)}$
$\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha}$
$\Rightarrow \cos^2 \theta - \sin^2 \alpha = \cos^2 \theta \cos \alpha$
$\Rightarrow \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$
$\Rightarrow \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = 1 - \cos^2 \alpha = (1 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)$
$\cos^2 \theta = 1 + \cos \alpha$
$\Rightarrow \sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - (1 + \cos \alpha) = -\cos \alpha$

(C) આપેલ શ્રેણીના સરવાળાનું સૂત્ર: $\sum_{k=0}^{n-1} \cos(A+kB) = \cos \left(\frac{2 A+(n-1) B}{2}\right) \sin \frac{n B}{2} \operatorname{cosec} \frac{B}{2}$.
આપણે $S = \cos \frac{\pi}{19}+\cos \frac{3 \pi}{19}+\cos \frac{5 \pi}{19}+\ldots+\cos \frac{17 \pi}{19}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
અહીં ખૂણાઓ સમાંતર શ્રેણીમાં છે જ્યાં $A = \frac{\pi}{19}$,સામાન્ય તફાવત $B = \frac{2 \pi}{19}$,અને પદોની સંખ્યા $n = 9$ છે.
સૂત્રમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$S = \cos \left(\frac{2(\frac{\pi}{19}) + (9-1)(\frac{2 \pi}{19})}{2}\right) \sin \left(\frac{9 \times \frac{2 \pi}{19}}{2}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{2 \pi}{2 \times 19}\right)$
$S = \cos \left(\frac{9 \pi}{19}\right) \sin \left(\frac{9 \pi}{19}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{\pi}{19}\right)$
$2 \sin \theta \cos \theta = \sin(2 \theta)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{2} \sin \left(\frac{18 \pi}{19}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{\pi}{19}\right)$
$\sin \left(\frac{18 \pi}{19}\right) = \sin \left(\pi - \frac{\pi}{19}\right) = \sin \left(\frac{\pi}{19}\right)$ હોવાથી:
$S = \frac{1}{2} \sin \left(\frac{\pi}{19}\right) \cdot \frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{19}\right)} = \frac{1}{2}$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $\triangle ABC$ માં,$A+B+C = \pi$.
અંશ $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4 \sin A \sin B \sin C$ છે.
છેદ $\cos A + \cos B + \cos C - 1 = 4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ છે.
આમ,પદાવલિ નીચે મુજબ બને છે:
$\frac{4 \sin A \sin B \sin C}{4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}} = 8 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$.
આપણે એ પણ જાણીએ છીએ કે $\sin A + \sin B + \sin C = 4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$.
તેથી,$8 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2} = 2 [4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}] = 2 [\sin A + \sin B + \sin C]$.

(C) આપણે નિત્યસમ $\cos \theta \cos(60^{\circ}-\theta) \cos(60^{\circ}+\theta) = \frac{1}{4} \cos 3\theta$ નો ઉપયોગ કરીએ.
આપેલ પદાવલિ $P = (\cos 12^{\circ} \cos 48^{\circ} \cos 84^{\circ}) \cdot (\cos 24^{\circ} \cos 72^{\circ} \cos 36^{\circ})$ છે.
પ્રથમ ભાગ માટે: $\cos 12^{\circ} \cos(60^{\circ}-12^{\circ}) \cos(60^{\circ}+12^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos(3 \times 12^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos 36^{\circ}$.
બીજા ભાગ માટે: $\cos 24^{\circ} \cos(60^{\circ}-24^{\circ}) \cos(60^{\circ}+24^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos(3 \times 24^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos 72^{\circ}$.
તેથી,$P = (\frac{1}{4} \cos 36^{\circ}) \cdot (\frac{1}{4} \cos 72^{\circ}) = \frac{1}{16} \cos 36^{\circ} \cos 72^{\circ}$.
$\cos 36^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ અને $\cos 72^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$P = \frac{1}{16} \left( \frac{\sqrt{5}+1}{4} \right) \left( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right) = \frac{1}{16} \left( \frac{5-1}{16} \right) = \frac{1}{16} \cdot \frac{4}{16} = \frac{1}{64}$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh x = \sqrt{1 + \sinh^2 x}$.
આપેલ છે કે $\sinh x = \frac{5}{12}$,તેથી $\cosh x = \sqrt{1 + (\frac{5}{12})^2} = \sqrt{1 + \frac{25}{144}} = \sqrt{\frac{169}{144}} = \frac{13}{12}$.
નિત્યસમ $\cosh x = 2 \cosh^2 \frac{x}{2} - 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cosh^2 \frac{x}{2} - 1 = \frac{13}{12}$
$2 \cosh^2 \frac{x}{2} = \frac{13}{12} + 1 = \frac{25}{12}$
$\cosh^2 \frac{x}{2} = \frac{25}{24}$
$\cosh \frac{x}{2} = \sqrt{\frac{25}{24}} = \frac{5}{2 \sqrt{6}}$.

(D) ધારો કે $x = 16^{\circ}, y = 44^{\circ}, z = 76^{\circ}$.
આપેલ પદાવલિનું મૂલ્ય $3$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $\cos ^2 A + \cos ^2 B + \cos ^2 C = 1$.
$\cos ^2 C = 1 - \sin ^2 C$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$\cos ^2 A + \cos ^2 B + 1 - \sin ^2 C = 1$
$\Rightarrow \cos ^2 A + \cos ^2 B = \sin ^2 C$
$\triangle ABC$ માં $C = 180^{\circ} - (A + B)$,તેથી $\sin C = \sin(A + B)$.
$\Rightarrow \cos ^2 A + \cos ^2 B = \sin ^2(A + B)$
આ સમીકરણને ઉકેલતા આપણને મળે છે:
$2 \cos A \cos B \cos C = 0$
તેથી,$\cos A = 0$ અથવા $\cos B = 0$ અથવા $\cos C = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $A = 90^{\circ}$ અથવા $B = 90^{\circ}$ અથવા $C = 90^{\circ}$.
તેથી,$\triangle ABC$ એ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.

(A) આપેલ છે: $\frac{x}{y} = \frac{\cos A}{\cos B}$
પદના અંશ અને છેદને $y$ વડે ભાગતા:
$\frac{x \tan A - y \tan B}{x + y} = \frac{\frac{x}{y} \tan A - \tan B}{\frac{x}{y} + 1}$
$\frac{x}{y} = \frac{\cos A}{\cos B}$ મૂકતા:
$= \frac{\frac{\cos A}{\cos B} \tan A - \tan B}{\frac{\cos A}{\cos B} + 1} = \frac{\sin A - \sin B}{\cos A + \cos B}$
સરવાળા-ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{2 \sin \left(\frac{A-B}{2}\right) \cos \left(\frac{A+B}{2}\right)}{2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)}$
$= \tan \left(\frac{A-B}{2}\right)$

(D) આપેલ છે કે $\sin (\alpha+\beta)=5 \sin (\alpha-\beta)$.
વિસ્તરણ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = 5(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)$.
પદોને ગોઠવતા: $\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = 5 \sin \alpha \cos \beta - 5 \cos \alpha \sin \beta$.
$6 \cos \alpha \sin \beta = 4 \sin \alpha \cos \beta$.
$2 \cos \alpha \cos \beta$ વડે ભાગતા,આપણને $3 \tan \beta = 2 \tan \alpha$ મળે છે.
હવે,પદ $\frac{\sin 2 \beta}{5-\cos 2 \beta}$ ધ્યાનમાં લો.
અડધા ખૂણાના સૂત્રો $\sin 2 \beta = \frac{2 \tan \beta}{1+\tan^2 \beta}$ અને $\cos 2 \beta = \frac{1-\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\frac{2 \tan \beta}{1+\tan^2 \beta}}{5 - \frac{1-\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}} = \frac{2 \tan \beta}{5(1+\tan^2 \beta) - (1-\tan^2 \beta)} = \frac{2 \tan \beta}{5 + 5 \tan^2 \beta - 1 + \tan^2 \beta} = \frac{2 \tan \beta}{4 + 6 \tan^2 \beta} = \frac{\tan \beta}{2 + 3 \tan^2 \beta}$.
કારણ કે $3 \tan \beta = 2 \tan \alpha$,આપણે $3 \tan \beta$ ને $2 \tan \alpha$ વડે બદલીએ છીએ:
$\frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} = \tan (\alpha - \beta)$.

(B) આપેલ પદાવલિ: $\sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ}-\cos 84^{\circ} \cos 6^{\circ}$
નિત્યસમ $\cos 84^{\circ} = \sin(90^{\circ}-84^{\circ}) = \sin 6^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$\sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ}-\sin 6^{\circ} \cos 6^{\circ}$
$2$ વડે ગુણતા અને ભાગતા:
$= \frac{1}{2} [2 \sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ} - 2 \sin 6^{\circ} \cos 6^{\circ}]$
$2 \sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ અને $2 \sin \theta \cos \theta = \sin 2\theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{1}{2} [(\sin(21^{\circ}+9^{\circ}) + \sin(21^{\circ}-9^{\circ})) - \sin(2 \times 6^{\circ})]$
$= \frac{1}{2} [\sin 30^{\circ} + \sin 12^{\circ} - \sin 12^{\circ}]$
$= \frac{1}{2} [\sin 30^{\circ}]$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

(A) ધારો કે $I = \frac{\cos A + \cos 3A + \cos 5A + \cos 7A}{\sin A + \sin 3A + \sin 5A + \sin 7A}$.
અંશ અને છેદમાં પદોને જૂથબદ્ધ કરતા:
$I = \frac{(\cos 7A + \cos A) + (\cos 5A + \cos 3A)}{(\sin 7A + \sin A) + (\sin 5A + \sin 3A)}$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રો $\cos C + \cos D = 2\cos\frac{C+D}{2}\cos\frac{C-D}{2}$ અને $\sin C + \sin D = 2\sin\frac{C+D}{2}\cos\frac{C-D}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{2\cos 4A \cos 3A + 2\cos 4A \cos A}{2\sin 4A \cos 3A + 2\sin 4A \cos A}$.
સામાન્ય પદો બહાર કાઢતા:
$I = \frac{2\cos 4A (\cos 3A + \cos A)}{2\sin 4A (\cos 3A + \cos A)}$.
$I = \frac{\cos 4A}{\sin 4A} = \cot 4A$.
આપેલ છે કે $A = \frac{\pi}{24}$,તેથી $4A = 4 \times \frac{\pi}{24} = \frac{\pi}{6}$.
$I = \cot\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}$.

(B) આપેલ છે કે $x+y = \frac{\pi}{6}$.
બંને બાજુ $\cot$ લેતા,$\cot(x+y) = \cot(\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3}$.
સૂત્ર $\cot(x+y) = \frac{\cot x \cot y - 1}{\cot x + \cot y}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{a-1}{\cot x + \cot y} = \sqrt{3}$ મળે.
તેથી,$\cot x + \cot y = \frac{a-1}{\sqrt{3}}$.
$\cot x$ અને $\cot y$ બીજ ધરાવતું દ્વિઘાત સમીકરણ $t^2 - (\cot x + \cot y)t + (\cot x \cot y) = 0$ છે.
કિંમતો મૂકતા,$t^2 - \frac{a-1}{\sqrt{3}}t + a = 0$.
$\sqrt{3}$ વડે ગુણતા,$\sqrt{3}t^2 - (a-1)t + a\sqrt{3} = 0$ મળે,જે $\sqrt{3}t^2 + (1-a)t + a\sqrt{3} = 0$ છે.

(B) આપેલ પદાવલિ: $E = \frac{1}{\cos 290^{\circ}} + \frac{1}{\sqrt{3} \sin 250^{\circ}}$
સંલગ્ન ખૂણાઓનો ઉપયોગ કરતા: $\cos 290^{\circ} = \cos(270^{\circ} + 20^{\circ}) = \sin 20^{\circ}$ અને $\sin 250^{\circ} = \sin(270^{\circ} - 20^{\circ}) = -\cos 20^{\circ}$.
તેથી,$E = \frac{1}{\sin 20^{\circ}} - \frac{1}{\sqrt{3} \cos 20^{\circ}}$
$E = \frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ} - \sin 20^{\circ}}{\sqrt{3} \sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
અંશ અને છેદને $2$ વડે ગુણતા:
$E = \frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 20^{\circ} - \frac{1}{2} \sin 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} (2 \sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ})}$
$E = \frac{2(\sin 60^{\circ} \cos 20^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}}$
$E = \frac{2 \sin(60^{\circ} - 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$

(B) આપેલ પદાવલિ: $\left[1-\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)+\sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right)\right]^2+\left[1-\sin \left(\frac{3 \pi}{2}-\alpha\right)-\cos \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right)\right]^2=a+b \sin ^2\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા: $\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\sin \alpha$,$\sin(\frac{3\pi}{2}+\alpha) = -\cos \alpha$,$\sin(\frac{3\pi}{2}-\alpha) = -\cos \alpha$,અને $\cos(\frac{3\pi}{2}+\alpha) = \sin \alpha$.
પદાવલિ આ મુજબ બનશે: $(1+\sin \alpha-\cos \alpha)^2+(1+\cos \alpha-\sin \alpha)^2 = a+b \sin ^2(\frac{\pi}{4}+\alpha)$.
બંને કૌંસનું વિસ્તરણ કરતા: $(1+\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha+2\sin \alpha-2\sin \alpha \cos \alpha-2\cos \alpha) + (1+\cos^2 \alpha+\sin^2 \alpha+2\cos \alpha-2\sin \alpha \cos \alpha-2\sin \alpha) = a+b \sin^2(\frac{\pi}{4}+\alpha)$.
સાદુરૂપ આપતા: $4-4\sin \alpha \cos \alpha = a+b(\sin \frac{\pi}{4} \cos \alpha+\cos \frac{\pi}{4} \sin \alpha)^2$.
$4-4\sin \alpha \cos \alpha = a+\frac{b}{2}(\cos \alpha+\sin \alpha)^2 = a+\frac{b}{2}(1+2\sin \alpha \cos \alpha) = (a+\frac{b}{2}) + b\sin \alpha \cos \alpha$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $b = -4$ અને $a+\frac{b}{2} = 4$ $\Rightarrow a-2 = 4$ $\Rightarrow a = 6$.
આમ,$a^2+b^2 = 6^2+(-4)^2 = 36+16 = 52$.

(D) ધારો કે $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x + 3 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \frac{1 + \tan^2 x}{\tan^2 x + 3 \tan x + 5}$.
ધારો કે $t = \tan x$,તો $f(t) = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$.
$y = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$ લેતા,$(y-1)t^2 + 3yt + (5y-1) = 0$.
વાસ્તવિક $t$ માટે વિવેચક $D \geq 0$:
$9y^2 - 4(y-1)(5y-1) \geq 0 \implies 11y^2 - 24y + 4 \leq 0$.
આ સમીકરણના ઉકેલ પરથી,વિસ્તાર $\left[\frac{2}{11}, 2\right]$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $\cos ^3 x \sin 4 x = \sum_{r=0}^{n} a_{r} \sin rx$.
નિત્યસમ $\cos ^3 x = \frac{1}{4}(3 \cos x + \cos 3 x)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos ^3 x \sin 4 x = \frac{1}{4}(3 \cos x + \cos 3 x) \sin 4 x$
$= \frac{3}{4} \cos x \sin 4 x + \frac{1}{4} \cos 3 x \sin 4 x$
$2 \sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= \frac{3}{8}(\sin 5 x + \sin 3 x) + \frac{1}{8}(\sin 7 x + \sin x)$
$= \frac{1}{8} \sin x + \frac{3}{8} \sin 3 x + \frac{3}{8} \sin 5 x + \frac{1}{8} \sin 7 x$
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$a_1 = \frac{1}{8}, a_3 = \frac{3}{8}, a_5 = \frac{3}{8}, a_7 = \frac{1}{8}$ મળે છે.
તેથી,$a_3 + a_5 = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8}$ અને $a_1 + a_7 = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{2}{8}$.
આમ,$\frac{a_3 + a_5}{a_1 + a_7} = \frac{6/8}{2/8} = 3 : 1$.

(D) ધારો કે $I = \frac{\cosh \alpha}{1-\tanh \alpha} + \frac{\sinh \alpha}{1-\coth \alpha}$.
$\tanh \alpha = \frac{\sinh \alpha}{\cosh \alpha}$ અને $\coth \alpha = \frac{\cosh \alpha}{\sinh \alpha}$ મૂકતા:
$I = \frac{\cosh^2 \alpha}{\cosh \alpha - \sinh \alpha} + \frac{\sinh^2 \alpha}{\sinh \alpha - \cosh \alpha}$
$I = \frac{\cosh^2 \alpha - \sinh^2 \alpha}{\cosh \alpha - \sinh \alpha}$
$\cosh^2 \alpha - \sinh^2 \alpha = 1$ હોવાથી,$I = \frac{1}{\cosh \alpha - \sinh \alpha}$ મળે.
$\cosh \alpha - \sinh \alpha = e^{-\alpha}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$I = \frac{1}{e^{-\alpha}} = e^{\alpha}$ મળે.
આપેલ છે કે $\alpha = \log_e(2+\sqrt{3})$,તેથી $e^{\alpha} = 2+\sqrt{3}$.

(A) આપેલ છે,$\cosh x = \frac{5}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$,તેથી $e^x + e^{-x} = \frac{5}{2}$.
નિત્યસમ $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sinh^2 x = (\frac{5}{4})^2 - 1 = \frac{25}{16} - 1 = \frac{9}{16}$.
તેથી,$\sinh x = \frac{3}{4}$ (ધારો કે $x > 0$),જેનો અર્થ છે કે $\frac{e^x - e^{-x}}{2} = \frac{3}{4}$,તેથી $e^x - e^{-x} = \frac{3}{2}$.
આપણે $\tanh 3x = \frac{3 \tanh x + \tanh^3 x}{1 + 3 \tanh^2 x}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
પ્રથમ,$\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$ શોધો.
હવે,$\tanh 3x = \frac{3(\frac{3}{5}) + (\frac{3}{5})^3}{1 + 3(\frac{3}{5})^2} = \frac{\frac{9}{5} + \frac{27}{125}}{1 + 3(\frac{9}{25})} = \frac{\frac{225 + 27}{125}}{\frac{25 + 27}{25}} = \frac{252}{125} \times \frac{25}{52} = \frac{252}{5 \times 52} = \frac{252}{260} = \frac{63}{65}$.

(C) આપેલ છે $2 \sinh x = \cosh x$.
વ્યાખ્યાઓ $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ અને $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
$e^x - e^{-x} = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
$2e^x - 2e^{-x} = e^x + e^{-x}$
$e^x = 3e^{-x}$
$e^{2x} = 3$
બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા:
$2x = \log_e 3$
$x = \frac{1}{2} \log_e 3$

(A) $(I) \ 3 \sin^2 x + 4 \cos^2 x - 2 = 3(\sin^2 x + \cos^2 x) + \cos^2 x - 2 = 3 + \cos^2 x - 2 = \cos^2 x + 1$. કારણ કે $0 \leq \cos^2 x \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[1, 2]$ છે. આમ,$(I) \rightarrow (c)$.
$(II) \ \cos^2 x + \sin^4 x = (1 - \sin^2 x) + \sin^4 x = \sin^4 x - \sin^2 x + 1$. ધારો કે $t = \sin^2 x$,જ્યાં $t \in [0, 1]$. વિધેય $f(t) = t^2 - t + 1$ નું શિરોબિંદુ $t = 1/2$ પર છે. $f(0) = 1$,$f(1) = 1$,$f(1/2) = 1/4 - 1/2 + 1 = 3/4$. તેથી,વિસ્તાર $[3/4, 1]$ છે. આમ,$(II) \rightarrow (d)$.
$(III) \ \sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$. કારણ કે $0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[1 - 3/4, 1 - 0] = [1/4, 1]$ છે. આમ,$(III) \rightarrow (a)$.
$(IV) \ \cos x \cos(\frac{2 \pi}{3} + x) \cos(\frac{2 \pi}{3} - x) = \cos x (\cos^2(\frac{2 \pi}{3}) \cos^2 x - \sin^2(\frac{2 \pi}{3}) \sin^2 x) = \cos x (\frac{1}{4} \cos^2 x - \frac{3}{4} \sin^2 x) = \frac{1}{4} \cos^3 x - \frac{3}{4} \cos x \sin^2 x = \frac{1}{4} \cos 3x$. કારણ કે $-1 \leq \cos 3x \leq 1$,તેથી વિસ્તાર $[-1/4, 1/4]$ છે. આમ,$(IV) \rightarrow (b)$.

(D) આપેલ છે કે $3 \cos^2 B = 2 \cos^2 C$.
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ મૂકતા,$3(1 - \sin^2 B) = 2(1 - \sin^2 C)$ મળે.
$\sin^2 B = \sin C$ હોવાથી,સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા:
$3(1 - \sin C) = 2(1 - \sin^2 C)$.
$3 - 3 \sin C = 2 - 2 \sin^2 C$.
$2 \sin^2 C - 3 \sin C + 1 = 0$.
$(2 \sin C - 1)(\sin C - 1) = 0$.
તેથી,$\sin C = \frac{1}{2}$ અથવા $\sin C = 1$.
જો $\sin C = 1$ હોય,તો $C = \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે કે $\sin^2 B = \sin C = 1$,તેથી $B = \frac{\pi}{2}$. ત્રિકોણમાં $B+C = \pi$ હોવાથી આ શક્ય નથી.
તેથી,$\sin C = \frac{1}{2}$,એટલે કે $C = \frac{\pi}{6}$ અથવા $C = \frac{5\pi}{6}$.
જો $C = \frac{\pi}{6}$ હોય,તો $\sin^2 B = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$,તેથી $\sin B = \frac{1}{\sqrt{2}}$,જેનો અર્થ છે કે $B = \frac{\pi}{4}$ અથવા $B = \frac{3\pi}{4}$.
જો $B = \frac{\pi}{4}$ અને $C = \frac{\pi}{6}$ હોય,તો $A = \pi - (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{12}$.
બધા ખૂણા $A, B, C$ અલગ હોવાથી,$\triangle ABC$ એ વિષમબાજુ ત્રિકોણ છે.

(C) આપણી પાસે પદાવલિ છે: $S = \sin ^4 \frac{\pi}{8}+\sin ^4 \frac{3 \pi}{8}+\sin ^4 \frac{5 \pi}{8}+\sin ^4 \frac{7 \pi}{8}$
$\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$ હોવાથી,$\sin \frac{5 \pi}{8} = \sin \frac{3 \pi}{8}$ અને $\sin \frac{7 \pi}{8} = \sin \frac{\pi}{8}$ થાય.
તેથી,$S = 2 \left[ \sin ^4 \frac{\pi}{8} + \sin ^4 \frac{3 \pi}{8} \right]$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^4 \theta = \left( \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \right)^2$ મળે.
$S = 2 \left[ \left( \frac{1 - \cos(\pi/4)}{2} \right)^2 + \left( \frac{1 - \cos(3\pi/4)}{2} \right)^2 \right]$
$S = 2 \left[ \left( \frac{1 - 1/\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \left( \frac{1 - (-1/\sqrt{2})}{2} \right)^2 \right]$
$S = \frac{2}{4} \left[ (1 - 1/\sqrt{2})^2 + (1 + 1/\sqrt{2})^2 \right] = \frac{1}{2} \left[ (1 + 1/2 - \sqrt{2}) + (1 + 1/2 + \sqrt{2}) \right]$
$S = \frac{1}{2} \left[ 3 \right] = \frac{3}{2}$.

(A) આપેલ છે કે $\cos (\theta-\alpha), \cos \theta, \cos (\theta+\alpha)$ હાર્મોનિક શ્રેણી $(HP)$ માં છે.
તેથી,$\frac{1}{\cos (\theta-\alpha)}, \frac{1}{\cos \theta}, \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$ સમાંતર શ્રેણી $(AP)$ માં છે.
તેથી,$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta-\alpha)} + \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$.
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{\cos (\theta+\alpha) + \cos (\theta-\alpha)}{\cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)}$.
સૂત્ર $\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)}$.
$\cos^2 \theta \cos \alpha = \cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)$.
$\cos (A-B) \cos (A+B) = \cos^2 A - \sin^2 B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos^2 \theta \cos \alpha = \cos^2 \theta - \sin^2 \alpha$.
$\sin^2 \alpha = \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha)$.
$\cos^2 \theta = \frac{\sin^2 \alpha}{1 - \cos \alpha} = \frac{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
હવે,$\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1 = \frac{1}{\cos^2 \theta} - 1 = \frac{1}{2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}} - 1 = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{\alpha}{2} - 1$.
$2 \tan^2 \theta = \sec^2 \frac{\alpha}{2} - 2 = (1 + \tan^2 \frac{\alpha}{2}) - 2 = \tan^2 \frac{\alpha}{2} - 1$.

(B) અમે સૂત્ર $\prod_{k=2}^{n} \cos \frac{\pi}{2^k} = \frac{\sin \frac{\pi}{2}}{2^{n-1} \sin \frac{\pi}{2^n}}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
અહીં,$n = 10$ છે.
ગુણાકાર $P = \cos \frac{\pi}{2^2} \cdot \cos \frac{\pi}{2^3} \cdots \cos \frac{\pi}{2^{10}}$ છે.
નિત્યસમ $\cos \theta \cos 2\theta \cos 4\theta \cdots \cos 2^{n-1}\theta = \frac{\sin 2^n \theta}{2^n \sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે $\theta = \frac{\pi}{2^{10}}$ લઈએ છીએ.
તેથી ગુણાકાર $\frac{\sin(2^9 \cdot \frac{\pi}{2^{10}})}{2^9 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})} = \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{512 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})}$ થાય છે.
કારણ કે $\sin \frac{\pi}{2} = 1$,તેથી $P = \frac{1}{512 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})} = \frac{\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2^{10}})}{512}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $\cos A \cos B \cos C = \frac{1}{5}$.
$\triangle ABC$ માં,$A+B+C = \pi$,તેથી $A+B = \pi - C$.
બંને બાજુ કોસાઇન લેતા: $\cos(A+B) = \cos(\pi - C) = -\cos C$.
$\cos A \cos B - \sin A \sin B = -\cos C$.
$\sin A \sin B = \cos A \cos B + \cos C$.
$\cos A \cos B$ વડે ભાગતા,$\tan A \tan B = 1 + \frac{\cos C}{\cos A \cos B}$ મળે.
તે જ રીતે,$\tan B \tan C = 1 + \frac{\cos A}{\cos B \cos C}$ અને $\tan C \tan A = 1 + \frac{\cos B}{\cos C \cos A}$.
આ ત્રણેય સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$\sum \tan A \tan B = 3 + \frac{\cos^2 C + \cos^2 A + \cos^2 B}{\cos A \cos B \cos C}$.
$\triangle ABC$ માટે નિત્યસમ $\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1 - 2 \cos A \cos B \cos C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sum \tan A \tan B = 3 + \frac{1 - 2 \cos A \cos B \cos C}{\cos A \cos B \cos C} = 3 + \frac{1}{\cos A \cos B \cos C} - 2$.
$\cos A \cos B \cos C = \frac{1}{5}$ મૂકતા:
$\sum \tan A \tan B = 3 + 5 - 2 = 6$.

(A) આપેલ છે કે $\cosh \alpha + \sinh \alpha = e^3$.
વ્યાખ્યાઓ $\cosh \alpha = \frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2}$ અને $\sinh \alpha = \frac{e^\alpha - e^{-\alpha}}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2} + \frac{e^\alpha - e^{-\alpha}}{2} = e^3$
$e^\alpha = e^3 \Rightarrow \alpha = 3$.
હવે,$\sinh x$ ના સમીકરણમાં $\alpha = 3$ મૂકતા:
$\sinh x = \frac{3}{3+1} = \frac{3}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$,તેથી $\cosh x = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \sqrt{1 + (\frac{3}{4})^2} = \sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \sqrt{\frac{25}{16}} = \frac{5}{4}$.
તેથી,$\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$.
$\alpha = 3$ હોવાથી,વિકલ્પો તપાસતા: $\frac{\alpha}{\alpha+2} = \frac{3}{3+2} = \frac{3}{5}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપેલ છે: $\sin \beta=2 \sin \alpha \dots (i)$
અને $3 \cos \beta=2 \cos \alpha \Rightarrow \cos \beta=\frac{2}{3} \cos \alpha \dots (ii)$
સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = (2 \sin \alpha)^2 + (\frac{2}{3} \cos \alpha)^2$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} \cos^2 \alpha$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} (1 - \sin^2 \alpha)$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} - \frac{4}{9} \sin^2 \alpha$
$1 - \frac{4}{9} = \frac{32}{9} \sin^2 \alpha$ $\Rightarrow \frac{5}{9} = \frac{32}{9} \sin^2 \alpha$ $\Rightarrow \sin^2 \alpha = \frac{5}{32}$
તેવી જ રીતે,$\cos^2 \alpha = 1 - \frac{5}{32} = \frac{27}{32}$
હવે,$\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$
$\cos \beta = \frac{2}{3} \cos \alpha$ અને $\sin \beta = 2 \sin \alpha$ મુકતા:
$\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha (\frac{2}{3} \cos \alpha) - \sin \alpha (2 \sin \alpha)$
$\cos(\alpha + \beta) = \frac{2}{3} \cos^2 \alpha - 2 \sin^2 \alpha$
$\cos(\alpha + \beta) = \frac{2}{3} (\frac{27}{32}) - 2 (\frac{5}{32}) = \frac{18}{32} - \frac{10}{32} = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$
તેથી,$\sec(\alpha + \beta) = \frac{1}{\cos(\alpha + \beta)} = 4$.

(C) આપેલ છે: $10 \sin^4 \alpha + 15 \cos^4 \alpha = 6$
$\cos^4 \alpha$ વડે ભાગતા:
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 \sec^4 \alpha$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + \tan^2 \alpha)^2$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + 2 \tan^2 \alpha + \tan^4 \alpha)$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 + 12 \tan^2 \alpha + 6 \tan^4 \alpha$
$4 \tan^4 \alpha - 12 \tan^2 \alpha + 9 = 0$
$(2 \tan^2 \alpha - 3)^2 = 0$
$\tan^2 \alpha = \frac{3}{2}$
તેથી,$\cot^2 \alpha = \frac{2}{3}$
હવે,$16 \tan^6 \alpha + 27 \cot^6 \alpha = 16(\frac{3}{2})^3 + 27(\frac{2}{3})^3$
$= 16(\frac{27}{8}) + 27(\frac{8}{27}) = 54 + 8 = 62$

(D) આપેલ છે: $\tan A = \tan \alpha \coth x = \cot \beta \tanh x$ ...$(i)$
$(i)$ પરથી,$\tan \alpha = \tan A \tanh x$ અને $\tan \beta = \frac{\tanh x}{\tan A}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan A \tanh x + \frac{\tanh x}{\tan A}}{1 - (\tan A \tanh x)(\frac{\tanh x}{\tan A})}$
$= \frac{\tanh x (\tan A + \frac{1}{\tan A})}{1 - \tanh^2 x}$
$= \frac{\tanh x (\frac{\tan^2 A + 1}{\tan A})}{\operatorname{sech}^2 x}$
$= \frac{\sinh x}{\cosh x} \cdot \frac{\sec^2 A}{\tan A} \cdot \cosh^2 x$
$= \sinh x \cosh x \cdot \frac{1}{\cos^2 A} \cdot \frac{\cos A}{\sin A}$
$= \frac{2 \sinh x \cosh x}{2 \sin A \cos A} = \frac{\sinh 2x}{\sin 2A} = \sinh 2x \operatorname{cosec} 2A$.

(B) ધારો કે $S = \sum_{k=0}^4 \sin^2 \left( (2k+1) \frac{\pi}{20} \right)$.
સરવાળાને વિસ્તૃત કરતા:
$S = \sin^2 \frac{\pi}{20} + \sin^2 \frac{3\pi}{20} + \sin^2 \frac{5\pi}{20} + \sin^2 \frac{7\pi}{20} + \sin^2 \frac{9\pi}{20}$.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = \cos^2 \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin^2 \frac{\pi}{20} = \cos^2 \frac{9\pi}{20}$ અને $\sin^2 \frac{3\pi}{20} = \cos^2 \frac{7\pi}{20}$.
તેથી,$S = (\sin^2 \frac{9\pi}{20} + \cos^2 \frac{9\pi}{20}) + (\sin^2 \frac{7\pi}{20} + \cos^2 \frac{7\pi}{20}) + \sin^2 \frac{\pi}{4}$.
$S = 1 + 1 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$.

(B) આપેલ છે $\tan B = \frac{2 \sin A \sin C}{\sin (A+C)}$.
બંને બાજુ વ્યસ્ત લેતા,$\frac{1}{\tan B} = \frac{\sin (A+C)}{2 \sin A \sin C}$.
$\sin (A+C) = \sin A \cos C + \cos A \sin C$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{1}{\tan B} = \frac{\sin A \cos C + \cos A \sin C}{2 \sin A \sin C}$.
આ સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{\tan B} = \frac{1}{2} (\cot A + \cot C) = \frac{1}{2} (\frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C})$.
$2$ વડે ગુણતા,$\frac{2}{\tan B} = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C}$.
આ શરત દર્શાવે છે કે $\tan A, \tan B, \tan C$ એ હરાત્મક શ્રેણીમાં છે.

(A) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $E = \frac{1+\cos \theta-\sin \theta}{1+\cos \theta+\sin \theta}+\frac{1+\cos \theta+\sin \theta}{1+\cos \theta-\sin \theta}$ છે.
છેદ સમાન લેતા,આપણને મળે:
$E = \frac{(1+\cos \theta-\sin \theta)^2 + (1+\cos \theta+\sin \theta)^2}{(1+\cos \theta+\sin \theta)(1+\cos \theta-\sin \theta)}$.
નિત્યસમ $(a-b)^2 + (a+b)^2 = 2(a^2+b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 1+\cos \theta$ અને $b = \sin \theta$ છે:
અંશ $= 2((1+\cos \theta)^2 + \sin^2 \theta) = 2(1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 2(1 + 2\cos \theta + 1) = 2(2 + 2\cos \theta) = 4(1+\cos \theta)$.
છેદ $= (1+\cos \theta)^2 - \sin^2 \theta = 1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta - \sin^2 \theta = 1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta - (1 - \cos^2 \theta) = 2\cos^2 \theta + 2\cos \theta = 2\cos \theta(1+\cos \theta)$.
આમ,$E = \frac{4(1+\cos \theta)}{2\cos \theta(1+\cos \theta)} = \frac{2}{\cos \theta} = 2 \sec \theta$.

(A) આપેલ છે: $m \tan (\theta-30^{\circ})=n \tan (\theta+120^{\circ})$
$\tan (\theta+120^{\circ}) = -\cot (\theta+30^{\circ})$ હોવાથી,
$\frac{n}{m} = -\tan (\theta-30^{\circ}) \tan (\theta+30^{\circ})$
$\tan (A-B) \tan (A+B) = \frac{\tan^2 A - \tan^2 B}{1 - \tan^2 A \tan^2 B}$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{n}{m} = \frac{\tan^2 30^{\circ} - \tan^2 \theta}{1 - \tan^2 \theta \tan^2 30^{\circ}}$
હવે,$\frac{m+n}{m-n} = \frac{1 + n/m}{1 - n/m} = \frac{\cos 2\theta}{\cos 60^{\circ}} = 2 \cos 2\theta$

(A) આપેલ છે કે $\cos \alpha + \cos \beta = \frac{1}{3} \dots (i)$ અને $\sin \alpha + \sin \beta = \frac{1}{4} \dots (ii)$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{1}{3} \dots (iii)$
$2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{1}{4} \dots (iv)$
$(iv)$ ને $(iii)$ વડે ભાગતા,$\tan \frac{\alpha+\beta}{2} = \frac{3}{4}$ મળે છે.
હવે,$\cos (\alpha+\beta) = \frac{1 - \tan^2 \frac{\alpha+\beta}{2}}{1 + \tan^2 \frac{\alpha+\beta}{2}} = \frac{1 - (3/4)^2}{1 + (3/4)^2} = \frac{7/16}{25/16} = \frac{7}{25}$.

(A) ધારો કે આપેલ પદાવલિ $P = \prod_{k=1}^{7} \left(1+\cos \frac{k\pi}{8}\right)$ છે.
નિત્યસમ $1+\cos \theta = 2\cos^2 \frac{\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા,$1+\cos \frac{k\pi}{8} = 2\cos^2 \frac{k\pi}{16}$ મળે.
વૈકલ્પિક રીતે,$\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$ હોવાથી,$1+\cos(\pi - \theta) = 1-\cos \theta$ થાય.
પદોની જોડી બનાવતા: $\left(1+\cos \frac{\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{7\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{\pi}{8})(1-\cos \frac{\pi}{8}) = 1-\cos^2 \frac{\pi}{8} = \sin^2 \frac{\pi}{8}$.
તે જ રીતે,$\left(1+\cos \frac{2\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{6\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{\pi}{4})(1-\cos \frac{\pi}{4}) = 1-\cos^2 \frac{\pi}{4} = \sin^2 \frac{\pi}{4} = \frac{1}{2}$.
અને $\left(1+\cos \frac{3\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{5\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{3\pi}{8})(1-\cos \frac{3\pi}{8}) = 1-\cos^2 \frac{3\pi}{8} = \sin^2 \frac{3\pi}{8}$.
વચ્ચેનું પદ $\left(1+\cos \frac{4\pi}{8}\right) = 1+\cos \frac{\pi}{2} = 1+0 = 1$ છે.
આમ,$P = \sin^2 \frac{\pi}{8} \cdot \sin^2 \frac{3\pi}{8} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1$.
$\sin \frac{3\pi}{8} = \cos \frac{\pi}{8}$ હોવાથી,$P = \sin^2 \frac{\pi}{8} \cos^2 \frac{\pi}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (2 \sin \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{8})^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (\sin \frac{\pi}{4})^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{16}$.

(B) આપેલ છે કે $3 \sin^4 x + 2 \cos^4 x = \frac{6}{5}$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ મૂકતા:
$3 \sin^4 x + 2(1 - \sin^2 x)^2 = \frac{6}{5}$
$3 \sin^4 x + 2(1 + \sin^4 x - 2 \sin^2 x) = \frac{6}{5}$
$5 \sin^4 x - 4 \sin^2 x + 2 = \frac{6}{5}$
$25 \sin^4 x - 20 \sin^2 x + 4 = 0$
$(5 \sin^2 x - 2)^2 = 0$
$\sin^2 x = \frac{2}{5}$,તેથી $\cos^2 x = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}$.
હવે,$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$,તેથી $\sin^2 2x = 4 \sin^2 x \cos^2 x = 4 \times \frac{2}{5} \times \frac{3}{5} = \frac{24}{25}$.
$\sin 2x = \frac{2 \sqrt{6}}{5}$.
$\cos 2x = 2 \cos^2 x - 1 = 2(\frac{3}{5}) - 1 = \frac{1}{5}$.
$\tan 2x = \frac{\sin 2x}{\cos 2x} = \frac{2 \sqrt{6} / 5}{1 / 5} = 2 \sqrt{6}$.

(D) આપેલ છે $f_n(x) = \frac{1}{2n} [\sin^{2n} x + \cos^{2n} x]$.
આપણે $f_1(x) + f_2(x) - f_3(x)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$f_1(x) = \frac{1}{2} [\sin^2 x + \cos^2 x] = \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$.
$f_2(x) = \frac{1}{4} [\sin^4 x + \cos^4 x] = \frac{1}{4} [(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x$.
$f_3(x) = \frac{1}{6} [\sin^6 x + \cos^6 x] = \frac{1}{6} [1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x] = \frac{1}{6} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x$.
હવે,$f_1(x) + f_2(x) - f_3(x) = \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x) - (\frac{1}{6} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x)$.
$= \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{6 + 3 - 2}{12} = \frac{7}{12}$.

(B) આપેલ વક્ર: $x=1+\frac{1}{y^2}$ ...$(i)$
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા: $1 = -\frac{2}{y^3} \cdot \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y^3}{2}$.
બિંદુ $A(2,1)$ આગળ,ઢાળ $m_1 = \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(2,1)} = -\frac{1^3}{2} = -\frac{1}{2}$.
$A(2,1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ: $(y-1) = -\frac{1}{2}(x-2) \Rightarrow 2y - 2 = -x + 2 \Rightarrow x + 2y = 4$ ...(ii)
બિંદુ $B$ શોધવા માટે,$x = 4-2y$ ને વક્રના સમીકરણ $(i)$ માં મૂકતા:
$4-2y = 1 + \frac{1}{y^2} \Rightarrow 3-2y = \frac{1}{y^2} \Rightarrow 3y^2 - 2y^3 = 1 \Rightarrow 2y^3 - 3y^2 + 1 = 0$.
$A(2,1)$ વક્ર પર હોવાથી,$y=1$ એક ઉકેલ છે. અવયવ પાડતા: $(y-1)^2(2y+1) = 0$.
ઉકેલો $y=1$ ($A$ આગળ) અને $y=-\frac{1}{2}$ ($B$ આગળ) છે.
$y = -\frac{1}{2}$ માટે,$x = 4 - 2(-\frac{1}{2}) = 5$. તેથી,$B = (5, -\frac{1}{2})$.
$B(5, -\frac{1}{2})$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_2 = -\frac{(-1/2)^3}{2} = -\frac{-1/8}{2} = \frac{1}{16}$.
સ્પર્શકો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ માટે $\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right| = \left| \frac{-1/2 - 1/16}{1 + (-1/2)(1/16)} \right| = \left| \frac{-9/16}{1 - 1/32} \right| = \left| \frac{-9/16}{31/32} \right| = \frac{18}{31}$.
અહીં $\tan \theta = \frac{18}{31} \neq 0$ અને $\tan \theta \neq \infty$ હોવાથી,ખૂણો $0$ કે $\frac{\pi}{2}$ નથી.

(C) આપેલ વક્ર $y^2 = x + \sin x$ છે ...$(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2y \frac{dy}{dx} = 1 + \cos x$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1 + \cos x}{2y}$.
અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{dy/dx} = -\frac{2y}{1 + \cos x}$ છે.
અભિલંબ $Y$-અક્ષને સમાંતર હોય તે માટે,ઢાળ અવ્યાખ્યાયિત હોવો જોઈએ,એટલે કે $1 + \cos x = 0$.
આનો અર્થ છે કે $\cos x = -1$,જેનો અર્થ છે કે $x = (2n+1)\pi$ કોઈ પૂર્ણાંક $n$ માટે.
આ બિંદુઓ પર,$\sin x = 0$ થાય છે.
મૂળ સમીકરણ $(i)$ માં $\sin x = 0$ મૂકતા,આપણને $y^2 = x + 0$ અથવા $y^2 = x$ મળે છે.
આ એક પરવલયનું સમીકરણ છે.

(A) આપેલ છે કે સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2-x^2}{2xy}$ છે.
બિંદુ $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t$:
$m_t = \frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}{2(\frac{1}{2})(\frac{\sqrt{3}}{2})} = \frac{\frac{3}{4} - \frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{2}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{2} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{m_t} = -\sqrt{3}$ થાય.
બિંદુ $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ:
$y - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}(x - \frac{1}{2})$
$y - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}x + \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sqrt{3}x + y = \sqrt{3}$.

(C) આપેલ વક્ર $y = \tan^{-1}(\sin \sqrt{x})$ છે.
જ્યાં સ્પર્શક $x$-અક્ષને સમાંતર હોય તેવા બિંદુઓ શોધવા માટે,આપણે વિકલન $\frac{dy}{dx} = 0$ લઈએ છીએ.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (\sin \sqrt{x})^2} \cdot \cos \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ લેતા,$\cos \sqrt{x} = 0$ મળે (કારણ કે વિકલન વ્યાખ્યાયિત થવા માટે $x > 0$ હોવું જોઈએ).
આમ,$\sqrt{x} = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ જ્યાં $n = 0, 1, 2, \dots$.
આપેલ છે કે $0 \leq x \leq 8\pi^2$,તેથી $0 \leq \sqrt{x} \leq 2\sqrt{2}\pi \approx 8.88$.
$\sqrt{x}$ માટે શક્ય કિંમતો $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ છે.
આ બિંદુઓ પર,$\sin \sqrt{x} = \sin((2n+1)\frac{\pi}{2}) = \pm 1$.
તેથી,$y = \tan^{-1}(\pm 1) = \pm \frac{\pi}{4}$.

(B) આપેલ વક્ર $x y=1$ માટે,$y = \frac{1}{x}$ થાય.
વિકલન કરતા: $\frac{d y}{d x} = -\frac{1}{x^2}$ મળે.
કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = -\frac{1}{x^2}$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m_n$ એ સ્પર્શકના ઢાળનો વિરોધી વ્યસ્ત છે: $m_n = -\frac{1}{m_t} = x^2$.
કારણ કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $x^2 \geq 0$ છે,તેથી અભિલંબનો ઢાળ અ-ઋણ $(m_n \geq 0)$ હોવો જોઈએ.
અભિલંબનું આપેલ સમીકરણ $(a^2-1) x+a y+(3-a)=0$ છે,જેને $a y = -(a^2-1) x - (3-a)$ અથવા $y = -\frac{a^2-1}{a} x - \frac{3-a}{a}$ તરીકે લખી શકાય.
આ રેખાનો ઢાળ $m = -\frac{a^2-1}{a} = \frac{1-a^2}{a}$ છે.
કારણ કે $m \geq 0$,તેથી $\frac{1-a^2}{a} \geq 0$ થાય.
$-1$ વડે ગુણતા અસમતા બદલાય છે: $\frac{a^2-1}{a} \leq 0$,એટલે કે $\frac{(a-1)(a+1)}{a} \leq 0$.
સાઇન સ્કીમ (વેવી કર્વ મેથડ) નો ઉપયોગ કરતા,$a$ ની કિંમતો $a \in (-\infty, -1] \cup (0, 1]$ મળે છે.

(D) વક્રના પ્રચલ સમીકરણો આપેલ છે: $x=e^t \cos t$ અને $y=e^t \sin t$.
પ્રથમ,આપણે $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન મેળવીએ:
$\frac{dx}{dt} = e^t(\cos t - \sin t)$ અને $\frac{dy}{dt} = e^t(\sin t + \cos t)$.
સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin t + \cos t}{\cos t - \sin t}$ દ્વારા મળે છે.
બિંદુ $(1,0)$ આગળ,$y=0$ છે,જેનો અર્થ છે કે $e^t \sin t = 0$. $e^t \neq 0$ હોવાથી,$\sin t = 0$,તેથી $t=0$.
$t=0$ આગળ,સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \frac{\sin 0 + \cos 0}{\cos 0 - \sin 0} = \frac{0+1}{1-0} = 1$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{dy/dx} = -\frac{1}{1} = -1$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $\tan \theta = -1$ હોવાથી,અને $\theta$ એ $X$-અક્ષ સાથેનો ખૂણો હોવાથી,$\theta = \frac{3\pi}{4}$ મળે છે.

(A) આપેલ વક્ર $y = \sin x$ છે. વિકલન કરતા $\frac{dy}{dx} = \cos x$ મળે.
બિંદુ $P(h, k)$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{\cos h}$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થતા અભિલંબનું સમીકરણ $y - 0 = m(x - 0)$ છે,જે $y = -\frac{1}{\cos h} x$ થાય.
બિંદુ $P(h, k)$ અભિલંબ પર હોવાથી,$k = -\frac{h}{\cos h}$,એટલે કે $\cos h = -\frac{h}{k}$ મળે.
વળી,$P(h, k)$ વક્ર $y = \sin x$ પર હોવાથી,$k = \sin h$ મળે.
નિત્યસમ $\sin^2 h + \cos^2 h = 1$ નો ઉપયોગ કરતા: $k^2 + (-\frac{h}{k})^2 = 1$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $k^2 + \frac{h^2}{k^2} = 1$,એટલે કે $k^4 + h^2 = k^2$ મળે.
$(h, k)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,$P$ નો બિંદુપથ $x^2 + y^4 = y^2$ અથવા $x^2 = y^2 - y^4$ મળે.

(C) આપેલ વક્ર $y=x^3$ છે.
બિંદુ $(\alpha, \beta)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 3x^2$ છે. $x=\alpha$ આગળ,ઢાળ $3\alpha^2$ છે.
$(\alpha, \beta)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $(y-\beta) = 3\alpha^2(x-\alpha)$ છે.
કારણ કે $(\alpha_1, \beta_1)$ વક્ર પર આવેલું છે,તેથી $\beta_1 = \alpha_1^3$ અને $\beta = \alpha^3$ થાય.
આ કિંમતો સ્પર્શકના સમીકરણમાં મૂકતા: $\alpha_1^3 - \alpha^3 = 3\alpha^2(\alpha_1 - \alpha)$.
$(\alpha_1 - \alpha)$ વડે ભાગતા (ધારો કે $\alpha_1 \neq \alpha$): $\alpha_1^2 + \alpha_1\alpha + \alpha^2 = 3\alpha^2$.
$\alpha_1^2 + \alpha_1\alpha - 2\alpha^2 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(\alpha_1 - \alpha)(\alpha_1 + 2\alpha) = 0$.
કારણ કે $\alpha_1 \neq \alpha$,તેથી $\alpha_1 = -2\alpha$ મળે.
તેથી,$\frac{\beta_1}{\beta} = \frac{\alpha_1^3}{\alpha^3} = \left(\frac{\alpha_1}{\alpha}\right)^3 = (-2)^3 = -8$.

(C) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $x^3 y^2 + \frac{x^2}{y} = 5$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$3x^2 y^2 + 2x^3 y \frac{dy}{dx} + \frac{2x}{y} - \frac{x^2}{y^2} \frac{dy}{dx} = 0$.
$\frac{dy}{dx}$ માટે પદ ગોઠવતા:
$\left(2x^3 y - \frac{x^2}{y^2}\right) \frac{dy}{dx} = -\left(3x^2 y^2 + \frac{2x}{y}\right)$.
$\frac{dy}{dx} = -\frac{x(3xy^3 + 2)}{y(2x^3 y^2 - x^2)}$.
સ્પર્શક $X$-અક્ષને સમાંતર હોવાથી,$\frac{dy}{dx} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $3xy^3 + 2 = 0$.
આ $f(x, y) = 0$ સમીકરણ છે.
આપેલા વિકલ્પો તપાસતા:
$\left(-2, \frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)$ માટે:
$3(-2)\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)^3 + 2 = 3(-2)\left(\frac{1}{3}\right) + 2 = -2 + 2 = 0$.
આમ,બિંદુ $\left(-2, \frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)$ સમીકરણનું સમાધાન કરે છે.

(C) આપેલ વક્ર $x=e^{\sin y}$ છે. બંને બાજુ પ્રાકૃતિક લઘુગણક લેતા,આપણને $\log x = \sin y$ મળે છે.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{1}{x} = \cos y \frac{dy}{dx}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x \cos y}$.
બિંદુ $(1,0)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(1,0)} = \frac{1}{1 \cdot \cos 0} = \frac{1}{1 \cdot 1} = 1$ થાય.
બિંદુ $(1,0)$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{\text{સ્પર્શકનો ઢાળ}} = -\frac{1}{1} = -1$ થાય.
બિંદુ $(1,0)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 0 = -1(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = -x + 1$ અથવા $x + y = 1$ થાય છે.
આ રેખા $x$-અક્ષને $A(1,0)$ પર અને $y$-અક્ષને $B(0,1)$ પર છેદે છે.
અભિલંબ દ્વારા યામ અક્ષો સાથે બનતો ત્રિકોણ $\triangle OAB$ છે,જ્યાં $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ છે.
$\triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times OA \times OB = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = \frac{1}{2} \text{ ચોરસ એકમ}$.

(B) આપેલ વક્રનું સમીકરણ: $(x^2+1)(y-3)=x$ ... $(i)$
$x$ ની સાપેક્ષમાં બંને બાજુ વિકલન કરતા:
$(x^2+1) \frac{dy}{dx} + (2x)(y-3) = 1$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1 - 2x(y-3)}{x^2+1}$
સ્પર્શક આડી રેખા હોવાથી,તેનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 0$ થાય.
તેથી,$1 - 2x(y-3) = 0 \Rightarrow 2x(y-3) = 1$ ... $(ii)$
$(i)$ પરથી,$(y-3) = \frac{x}{x^2+1}$ મળે છે.
આ કિંમત $(ii)$ માં મૂકતા: $2x \left( \frac{x}{x^2+1} \right) = 1$
$2x^2 = x^2 + 1 \Rightarrow x^2 = 1$.
બિંદુ $P$ પ્રથમ ચરણમાં હોવાથી,$x = 1$ લેતા.
$x=1$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $(1^2+1)(y-3) = 1 \Rightarrow 2(y-3) = 1 \Rightarrow y-3 = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{7}{2}$.
બિંદુ $P$ એ $(1, \frac{7}{2})$ છે.
સ્પર્શક આડો હોવાથી,અભિલંબ એ $x=1$ માંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખા છે.
તેથી અભિલંબનું સમીકરણ $x = 1$ છે.

(C) વક્ર પરના કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = xy$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બિંદુ $(\sqrt{2}, e)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \sqrt{2}e$ છે.
આ બિંદુ પર અભિલંબનો ઢાળ $m' = -\frac{1}{m} = -\frac{1}{\sqrt{2}e}$ છે.
બિંદુ $(\sqrt{2}, e)$ પર અભિલંબનું સમીકરણ $(y - e) = m'(x - \sqrt{2})$ છે.
$m'$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને $y - e = -\frac{1}{\sqrt{2}e}(x - \sqrt{2})$ મળે છે.
$\sqrt{2}e$ વડે ગુણતા,આપણને $\sqrt{2}ey - \sqrt{2}e^2 = -x + \sqrt{2}$ મળે છે.
પદોને ગોઠવતા,$x + \sqrt{2}ey = \sqrt{2} + \sqrt{2}e^2$ મળે છે.
$\sqrt{2}(1 + e^2)$ વડે ભાગતા,$\frac{x}{\sqrt{2}(1 + e^2)} + \frac{\sqrt{2}ey}{\sqrt{2}(1 + e^2)} = 1$ મળે છે.
આને $ax + by = 1$ સાથે સરખાવતા,$a = \frac{1}{\sqrt{2}(1 + e^2)}$ અને $b = \frac{\sqrt{2}e}{\sqrt{2}(1 + e^2)} = \frac{e}{1 + e^2}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{b}{a} = \frac{e}{1 + e^2} \times \sqrt{2}(1 + e^2) = \sqrt{2}e$.

(C) આપેલ વક્ર $y = \sin x$ છે. કોઈપણ બિંદુ $(x_1, y_1)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = \cos x_1$ છે.
$(x_1, y_1)$ પર સ્પર્શક રેખાનું સમીકરણ $(y - y_1) = \cos x_1(x - x_1)$ છે.
આ સ્પર્શક બિંદુ $(0, \pi)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,આપણે આ યામોને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$(\pi - y_1) = \cos x_1(0 - x_1) = -x_1 \cos x_1$.
કારણ કે $y_1 = \sin x_1$,તેથી $\cos x_1 = \pm \sqrt{1 - \sin^2 x_1} = \pm \sqrt{1 - y_1^2}$.
આને સમીકરણમાં મૂકતા: $(\pi - y_1) = -x_1(\pm \sqrt{1 - y_1^2})$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $(\pi - y_1)^2 = x_1^2(1 - y_1^2)$ મળે છે.
$(x_1, y_1)$ ને $(x, y)$ વડે બદલતા,બિંદુપથ $x^2(1 - y^2) = (y - \pi)^2$ મળે છે.

(C) આપેલ વક્ર $y = \cosh x$ છે.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી સૌથી નજીકનું બિંદુ શોધવા માટે,આપણે અંતરનો વર્ગ $D^2 = x^2 + y^2 = x^2 + (\cosh x)^2$ ન્યૂનતમ કરીએ.
ધારો કે $f(x) = x^2 + \cosh^2 x$.
વિકલન કરતા,$f'(x) = 2x + 2 \cosh x \sinh x = 2x + \sinh(2x)$.
$f'(x) = 0$ લેતા,આપણને $2x + \sinh(2x) = 0$ મળે છે.
આ સમીકરણનો એકમાત્ર ઉકેલ $x = 0$ છે.
$x = 0$ આગળ,$y = \cosh(0) = 1$.
બિંદુ $(0, 1)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $y' = \sinh(0) = 0$ છે.
અભિલંબનો ઢાળ $m = -\frac{1}{y'} = -\frac{1}{0}$ છે,જે અવ્યાખ્યાયિત છે (શિરોલંબ રેખા).
બિંદુ $(0, 1)$ માંથી પસાર થતી શિરોલંબ રેખાનું સમીકરણ $x = 0$ છે.

(C) વક્રોની શ્રેણી $y = x^n \log x$ આપેલ છે.
સ્પર્શક $y = x - 1$ એ તમામ વક્રો માટે એક નિશ્ચિત બિંદુ $(\alpha, \beta)$ પર સામાન્ય સ્પર્શક હોય,તો સ્પર્શકનો ઢાળ $1$ હોવો જોઈએ (કારણ કે $y = x - 1$ નો ઢાળ $1$ છે).
વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = n x^{n-1} \log x + x^n \cdot \frac{1}{x} = x^{n-1} (n \log x + 1)$.
સ્પર્શ બિંદુ $(\alpha, \beta)$ પર,ઢાળ $1$ છે:
$\alpha^{n-1} (n \log \alpha + 1) = 1$.
આ શરત તમામ $n$ માટે સાચી રહે તે માટે,આપણે $\alpha = 1$ પર તપાસીએ:
$1^{n-1} (n \log 1 + 1) = 1 \cdot (0 + 1) = 1$.
આ $n$ થી સ્વતંત્ર છે.
જ્યારે $\alpha = 1$ હોય,ત્યારે વક્ર પર $y$ ની કિંમત $\beta = 1^n \log 1 = 0$ થાય છે.
આમ,નિશ્ચિત બિંદુ $(1, 0)$ છે.
તેથી,$\alpha + \beta = 1 + 0 = 1$.

(D) આપેલ છે કે $px+my+n=0$ એ વક્ર $y=f(x)$ પર $x=\alpha$ આગળનો સ્પર્શક છે.
સ્પર્શક રેખા $px+my+n=0$ નો ઢાળ $m_t = -\frac{p}{m}$ છે.
તેથી,$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$.
હવે,આપણે $x=0$ આગળ $\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})]$ શોધવાનું છે.
સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})] = f'(\alpha e^{2x}) \cdot \frac{d}{dx}(\alpha e^{2x}) = f'(\alpha e^{2x}) \cdot (2\alpha e^{2x})$.
$x=0$ આગળ,પદાવલિ નીચે મુજબ થશે:
$f'(\alpha e^0) \cdot (2\alpha e^0) = f'(\alpha) \cdot (2\alpha)$.
$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$ મૂકતા:
$(-\frac{p}{m}) \cdot (2\alpha) = -\frac{2p\alpha}{m}$.

(D) આપેલ છે કે $|f(x) - f(y)| \leq 2|x - y|^{\frac{3}{2}}$.
બંને બાજુ $|x - y|$ વડે ભાગતા (જ્યાં $x \neq y$),આપણને $\left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \leq 2|x - y|^{\frac{1}{2}}$ મળે છે.
જ્યારે $x \rightarrow y$ લઈએ,ત્યારે ડાબી બાજુ વિકલિતની વ્યાખ્યા $|f'(y)|$ બને છે.
આમ,$|f'(y)| \leq 2 \lim_{x \rightarrow y} |x - y|^{\frac{1}{2}} = 0$.
કારણ કે નિરપેક્ષ મૂલ્ય ઋણ હોઈ શકે નહીં,તેથી $|f'(y)| = 0$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે તમામ $y \in R$ માટે $f'(y) = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $f(x)$ એક અચળ વિધેય છે,$f(x) = c$.
$f(0) = 1$ આપેલ હોવાથી,આપણને $c = 1$ મળે છે,તેથી $f(x) = 1$.
તેથી,$\int_0^1 f^2(x) dx = \int_0^1 (1)^2 dx = \int_0^1 1 dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$.

(C) ધારો કે $f(x) = x^4+ax^3+\frac{3x^2}{2}+1$.
પ્રથમ,પ્રથમ વિકલન મેળવો: $f'(x) = 4x^3+3ax^2+3x$.
ત્યારબાદ,દ્વિતીય વિકલન મેળવો: $f''(x) = 12x^2+6ax+3$.
આપણને આપેલ છે કે તમામ વાસ્તવિક $x$ માટે $f''(x) > 0$,તેથી $12x^2+6ax+3 > 0$.
$3$ વડે ભાગતા,આપણને $4x^2+2ax+1 > 0$ મળે છે.
કોઈપણ દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2+Bx+C > 0$ તમામ $x$ માટે સાચું હોય તે માટે વિવેચક $D < 0$ અને $A > 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં $A = 4 > 0$,તેથી આપણે $D < 0$ ની જરૂર છે.
$D = (2a)^2 - 4(4)(1) < 0$.
$4a^2 - 16 < 0$.
$a^2 < 4$.
આનો અર્થ એ છે કે $-2 < a < 2$.
તેથી $a$ ની મહત્તમ કિંમત $2$ છે.

(D) અંતરાલ $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ માં કયું વિધેય ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે દરેક વિધેય માટે વિકલિત $f'(x)$ ની નિશાની તપાસીએ છીએ.
વિકલ્પ $(A)$ માટે: $f(x) = \frac{\log x}{x}$,$f'(x) = \frac{1 - \log x}{x^2}$. $x \in \left(\frac{1}{e}, e\right)$ માટે,$\log x$ ની કિંમત $-1$ થી $1$ ની વચ્ચે છે. તેથી,$x < e$ માટે $f'(x) > 0$ છે,એટલે કે તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(B)$ માટે: $f(x) = x^2 \log x$,$f'(x) = 2x \log x + x = x(2 \log x + 1)$. $x > \frac{1}{e}$ માટે,$f'(x) > 0$ છે,તેથી તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(C)$ માટે: $f(x) = x \log x$,$f'(x) = \log x + 1$. $x > \frac{1}{e}$ માટે,$\log x > -1$,તેથી $f'(x) > 0$ છે,તેથી તે વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $(D)$ માટે: $f(x) = x^{-x}$. ધારો કે $y = x^{-x}$,તો $\log y = -x \log x$. $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = -(\log x + x \cdot \frac{1}{x}) = -(\log x + 1)$. આમ,$f'(x) = -x^{-x}(1 + \log x)$. અંતરાલ $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ માં,$\log x > -1$,તેથી $(1 + \log x) > 0$. $x^{-x} > 0$ હોવાથી,$f'(x) < 0$ મળે છે. તેથી,$f(x) = x^{-x}$ એ ઘટતું વિધેય છે.

(D) આપેલ વક્ર $y = x^3 - ax^2 + x + 1$ છે.
સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 2ax + 1$ દ્વારા મળે છે.
સ્પર્શક $X$-અક્ષની ધન દિશા સાથે લઘુકોણ બનાવતો હોવાથી,દરેક $x \in R$ માટે ઢાળ ધન હોવો જોઈએ.
તેથી,દરેક $x \in R$ માટે $3x^2 - 2ax + 1 > 0$.
દ્વિઘાત પદાવલિ $Ax^2 + Bx + C > 0$ દરેક $x \in R$ માટે સત્ય હોય ત્યારે $A > 0$ અને વિવેચક $D < 0$ હોવું જોઈએ.
અહીં,$A = 3 > 0$ છે,જે શરત સંતોષાય છે.
હવે,$D = B^2 - 4AC < 0$ હોવું જોઈએ.
કિંમતો મૂકતા,$(-2a)^2 - 4(3)(1) < 0$.
$4a^2 - 12 < 0$.
$a^2 - 3 < 0$.
$(a - \sqrt{3})(a + \sqrt{3}) < 0$.
તેથી,$a \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3})$.

(C) ધારો કે સ્પર્શબિંદુ $(h, k)$ છે. બિંદુ $(h, k)$ વક્ર $y=x^2+3x+4$ પર હોવાથી,$k=h^2+3h+4$ ... $(i)$.
સ્પર્શકનો ઢાળ $\frac{dy}{dx} = 2x+3$ છે. $(h, k)$ આગળ ઢાળ $m = 2h+3$ થાય.
$(h, k)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y-k = (2h+3)(x-h)$ છે.
આ સ્પર્શક $(0, 0)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $x=0$ અને $y=0$ મૂકતા:
$0-k = (2h+3)(0-h) \Rightarrow -k = -2h^2-3h \Rightarrow k = 2h^2+3h$ ... $(ii)$.
સમીકરણ $(i)$ અને $(ii)$ ને સરખાવતા:
$h^2+3h+4 = 2h^2+3h$
$h^2 = 4 \Rightarrow h = \pm 2$.
જો $h = -2$,તો $k = (-2)^2+3(-2)+4 = 2$. તેથી,$(\alpha, \beta) = (-2, 2)$.
જો $h = 2$,તો $k = (2)^2+3(2)+4 = 14$. તેથી,$(\gamma, \delta) = (2, 14)$.
આમ,$\beta+\delta = 2+14 = 16$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \max\{\cos x, \sin x, 0\}$.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં,વિધેય $f(x)$ નીચે મુજબ વ્યાખ્યાયિત છે:
$f(x) = \cos x$,જ્યારે $x \in [0, \pi/4]$
$f(x) = \sin x$,જ્યારે $x \in [\pi/4, 5\pi/4]$
$f(x) = 0$,જ્યારે $x \in [5\pi/4, 2\pi]$
છેદબિંદુઓ પર વિકલનીયતા તપાસતા:
$1$. $x = \pi/4$ પર,$\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$. વિકલિતો $-\sin(\pi/4) = -1/\sqrt{2}$ અને $\cos(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$ છે. જે સમાન ન હોવાથી,$f(x)$ એ $x = \pi/4$ પર વિકલનીય નથી.
$2$. $x = \pi$ પર,$\sin(\pi) = 0$ અને વિધેય $0$ છે. $\sin(\pi) = 0$ અને તેનું વિકલિત $\cos(\pi) = -1$ છે. $0$ નું વિકલિત $0$ છે. $-1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = \pi$ પર વિકલનીય નથી.
$3$. $x = 3\pi/2$ પર,$\cos(3\pi/2) = 0$ અને તેનું વિકલિત $-\sin(3\pi/2) = 1$ છે. $0$ નું વિકલિત $0$ છે. $1 \neq 0$ હોવાથી,તે $x = 3\pi/2$ પર વિકલનીય નથી.
આમ,દરેક $2\pi$ લંબાઈના અંતરાલમાં $3$ અ-વિકલનીય બિંદુઓ મળે છે.
$(0, 2024\pi)$ માં,આવા $1012$ અંતરાલ છે.
કુલ અ-વિકલનીય બિંદુઓની સંખ્યા $= 3 \times 1012 = 3036$.
આપેલ છે કે $1012k = 3036$,તેથી $k = 3$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = px^3 + qx^2 + rx + t$.
વિકલન કરતા $f'(x) = 3px^2 + 2qx + r$ ... $(i)$
કારણ કે $f(x)$ એ $x = -2$ અને $x = 2$ આગળ સ્થાનિક અંતિમ મૂલ્યો ધરાવે છે,તેથી $f'(x) = k(x+2)(x-2) = k(x^2 - 4)$ ... (ii)
$(i)$ અને (ii) ની સરખામણી કરતા,આપણને $3p = k$,$2q = 0$,અને $r = -4k$ મળે છે.
આમ,$q = 0$ અને $r = -4(3p) = -12p$.
દ્વિતીય વિકલન $f''(x) = 6px + 2q = 6px$.
$x = -2$ આગળ સ્થાનિક ન્યૂનતમ માટે,$f''(-2) = -12p > 0$,જે સૂચવે છે કે $p < 0$.
આપેલ છે કે $p$ એ $9x^2 - 1 = 0$ નું બીજ છે,તેથી $x = \pm \frac{1}{3}$.
કારણ કે $p < 0$,તેથી $p = -\frac{1}{3}$.
હવે $r = -12(-\frac{1}{3}) = 4$.
તેથી,$p + q + r = -\frac{1}{3} + 0 + 4 = \frac{11}{3}$.

(D) ધારો કે લંબચોરસની લંબાઈ $l$ અને પહોળાઈ $b$ છે.
આપેલ છે કે પરિમિતિ $48 \text{ cm}$ છે.
$2(l + b) = 48 \Rightarrow l + b = 24 \Rightarrow b = 24 - l$ ... $(i)$
જ્યારે લંબચોરસને બાજુ $b$ ની આસપાસ ફેરવવામાં આવે છે,ત્યારે નળાકારની ત્રિજ્યા $r = l$ અને ઊંચાઈ $h = b$ થાય છે.
નળાકારનું ઘનફળ $V = \pi r^2 h = \pi l^2 b$ છે.
$(i)$ માંથી $b$ ની કિંમત મૂકતા: $V = \pi l^2(24 - l) = 24\pi l^2 - \pi l^3$.
મહત્તમ ઘનફળ મેળવવા માટે,$l$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dV}{dl} = 48\pi l - 3\pi l^2$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $\frac{dV}{dl} = 0$ લેતા:
$3\pi l(16 - l) = 0 \Rightarrow l = 0$ અથવા $l = 16$.
$l$ ધન હોવું જોઈએ,તેથી $l = 16$.
દ્વિતીય વિકલન તપાસતા: $\frac{d^2V}{dl^2} = 48\pi - 6\pi l$.
$l = 16$ માટે,$\frac{d^2V}{dl^2} = 48\pi - 96\pi = -48\pi < 0$.
દ્વિતીય વિકલન ઋણ હોવાથી,$l = 16$ આગળ ઘનફળ મહત્તમ છે.
તેથી $b = 24 - 16 = 8$.
આમ,લંબચોરસના પરિમાણો $8 \text{ cm}$ અને $16 \text{ cm}$ છે.

(A) આપેલ વિધેય $f(x) = \frac{4}{3}x^3 - 4x$ અંતરાલ $[0, 2]$ પર છે.
પ્રથમ,વિકલન શૂન્ય કરીને ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધો:
$f'(x) = 4x^2 - 4 = 0 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$.
અંતરાલ $[0, 2]$ ને ધ્યાનમાં લેતા,આપણે ફક્ત $x = 1$ ને ક્રાંતિક બિંદુ તરીકે લઈશું.
હવે,ક્રાંતિક બિંદુ અને અંતરાલના અંતિમ બિંદુઓ પર વિધેયની કિંમત શોધો:
$f(0) = \frac{4}{3}(0)^3 - 4(0) = 0$.
$f(1) = \frac{4}{3}(1)^3 - 4(1) = \frac{4}{3} - 4 = -\frac{8}{3}$.
$f(2) = \frac{4}{3}(2)^3 - 4(2) = \frac{32}{3} - 8 = \frac{32 - 24}{3} = \frac{8}{3}$.
આ કિંમતોની સરખામણી કરતા,વૈશ્વિક ન્યૂનતમ કિંમત $-\frac{8}{3}$ છે અને વૈશ્વિક મહત્તમ કિંમત $\frac{8}{3}$ છે.
વૈશ્વિક ન્યૂનતમ અને વૈશ્વિક મહત્તમ કિંમતોનો સરવાળો $\frac{8}{3} + (-\frac{8}{3}) = 0$ થાય છે.

(C) આપેલ છે કે $A(1,15), B(3,-12), C(6,12)$ એ સતત વક્ર $y=f(x)$ ના ત્રણ ક્રમિક વળાંક બિંદુઓ છે અને વક્ર $x$-અક્ષને $x=\alpha$ અને $x=\beta$ પર છેદે છે.
આપેલ આલેખ પરથી સ્પષ્ટ છે કે:
$1 < \alpha < 3$ અને $3 < \beta < 6$.
આપણે $|\beta-\alpha|$ માટેની રેન્જ શોધવા માંગીએ છીએ.
કારણ કે $1 < \alpha < 3$,તેથી આપણને $-3 < -\alpha < -1$ મળે છે.
વળી,$3 < \beta < 6$.
આ અસમતાઓનો સરવાળો કરતા,આપણને મળે છે:
$3 - 3 < \beta - \alpha < 6 - 1$
$0 < \beta - \alpha < 5$.
તેથી,$|\beta-\alpha| < 5$.

(B) આપેલ છે $f(x) = x^2 + \frac{54}{x}$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 2x - \frac{54}{x^2}$.
$x \in (-\infty, 0)$ માટે,$x^2 > 0$ અને $x < 0$ છે,તેથી $2x < 0$ અને $-\frac{54}{x^2} < 0$ થાય. આમ,$f'(x) < 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ એ $(-\infty, 0)$ માં ઘટતું વિધેય છે.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે,$f'(x) = 0$ લો: $2x - \frac{54}{x^2} = 0 \Rightarrow 2x^3 = 54 \Rightarrow x^3 = 27 \Rightarrow x = 3$.
કારણ કે એકમાત્ર ક્રિટિકલ પોઈન્ટ $x = 3$ એ $(0, \infty)$ માં આવેલ છે,તેથી $(-\infty, 0)$ માં કોઈ ક્રિટિકલ પોઈન્ટ નથી.
તેથી,$f(x)$ ને $(-\infty, 0)$ માં કોઈ મહત્તમ કે ન્યૂનતમ કિંમત નથી.

(B) બે ધન પદો $a^2 x^4$ અને $b^2 y^4$ માટે $AM$-$GM$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{a^2 x^4 + b^2 y^4}{2} \ge \sqrt{(a^2 x^4)(b^2 y^4)}$
આપેલ છે કે $a^2 x^4 + b^2 y^4 = c^6$,તેથી:
$\frac{c^6}{2} \ge \sqrt{a^2 b^2 x^4 y^4}$
$\frac{c^6}{2} \ge ab x^2 y^2$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$\frac{c^{12}}{4} \ge a^2 b^2 x^4 y^4$
$x^4 y^4 \le \frac{c^{12}}{4 a^2 b^2}$
આમ,મહત્તમ કિંમત $\frac{c^{12}}{4 a^2 b^2}$ છે.

(B) આપેલ છે કે $f(x) = 3x + \frac{12}{x}$.
પ્રથમ,વિકલન મેળવો: $f'(x) = 3 - \frac{12}{x^2}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે,$f'(x) = 0$ લો:
$3 - \frac{12}{x^2} = 0 \implies x^2 = 4 \implies x = 2, -2$.
હવે,દ્વિતીય વિકલન મેળવો: $f''(x) = \frac{24}{x^3}$.
$x = 2$ માટે,$f''(2) = \frac{24}{8} = 3 > 0$ (સ્થાનિક ન્યૂનતમ).
$x = -2$ માટે,$f''(-2) = \frac{24}{-8} = -3 < 0$ (સ્થાનિક મહત્તમ).
સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત $M = f(-2) = 3(-2) + \frac{12}{-2} = -6 - 6 = -12$.
આપણે $\lim_{x \rightarrow M} f(x) = \lim_{x \rightarrow -12} (3x + \frac{12}{x})$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x = -12$ મૂકતા: $3(-12) + \frac{12}{-12} = -36 - 1 = -37$.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \frac{4}{\sin x} + \frac{1}{1-\sin x}$.
અંતિમ મૂલ્ય શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ છીએ:
$f'(x) = -\frac{4 \cos x}{\sin^2 x} + \frac{\cos x}{(1-\sin x)^2}$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે $f'(x) = 0$ લેતા:
$-\frac{4 \cos x}{\sin^2 x} + \frac{\cos x}{(1-\sin x)^2} = 0$.
$x \in (0, \pi/2)$ હોવાથી,$\cos x \neq 0$,તેથી આપણે $\cos x$ વડે ભાગી શકીએ છીએ:
$-\frac{4}{\sin^2 x} + \frac{1}{(1-\sin x)^2} = 0$.
$\frac{1}{(1-\sin x)^2} = \frac{4}{\sin^2 x}$.
બંને બાજુ વર્ગમૂળ લેતા:
$\frac{1}{1-\sin x} = \frac{2}{\sin x}$ (કારણ કે આપેલ અંતરાલમાં $\sin x > 0$ અને $1-\sin x > 0$ છે).
$\sin x = 2 - 2 \sin x$.
$3 \sin x = 2 \Rightarrow \sin x = \frac{2}{3}$.
હવે,$f(x)$ માં $\sin x = \frac{2}{3}$ મૂકતા:
$f(x) = \frac{4}{2/3} + \frac{1}{1-2/3} = 4 \times \frac{3}{2} + \frac{1}{1/3} = 6 + 3 = 9$.

(A) ધારો કે શંકુની ઊંચાઈ $h$ છે અને તેના પાયાની ત્રિજ્યા $r$ છે. ગોળાની ત્રિજ્યા $R$ છે. ગોળામાં અંતર્ગત શંકુની ભૂમિતિ પરથી,આપણને સંબંધ મળે છે $r^2 = R^2 - (h - R)^2 = 2hR - h^2$.
શંકુનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (2hR - h^2) h = \frac{1}{3} \pi (2Rh^2 - h^3)$ છે.
મહત્તમ ઘનફળ શોધવા માટે,આપણે $V$ નું $h$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ અને તેને શૂન્ય સાથે સરખાવીએ:
$\frac{dV}{dh} = \frac{1}{3} \pi (4Rh - 3h^2) = 0$.
$h \neq 0$ હોવાથી,આપણને $4R - 3h = 0$ મળે છે,જે $h = \frac{4R}{3}$ આપે છે.
આમ,$k = \frac{4}{3}$.
$h = \frac{4R}{3}$ પર શંકુનું ઘનફળ $V_{cone} = \frac{1}{3} \pi (2R(\frac{4R}{3})^2 - (\frac{4R}{3})^3) = \frac{1}{3} \pi (\frac{32R^3}{9} - \frac{64R^3}{27}) = \frac{1}{3} \pi (\frac{96R^3 - 64R^3}{27}) = \frac{32}{81} \pi R^3$ થાય.
ગોળાનું ઘનફળ $V_{sphere} = \frac{4}{3} \pi R^3$ છે.
શંકુના ઘનફળ અને ગોળાના ઘનફળનો ગુણોત્તર $\frac{\frac{32}{81} \pi R^3}{\frac{4}{3} \pi R^3} = \frac{32}{81} \times \frac{3}{4} = \frac{8}{27}$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int \frac{dx}{x^2+(\sqrt{2})^2}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{2}}) + C$.
$f(\sqrt{2}) = 0$ આપેલ હોવાથી,$x = \sqrt{2}$ મૂકતા:
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}) + C$
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(1) + C$
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} (\frac{\pi}{4}) + C$
$C = -\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$.
હવે,$f(0)$ શોધીએ:
$f(0) = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{0}{\sqrt{2}}) - \frac{\pi}{4\sqrt{2}}$
$f(0) = \frac{1}{\sqrt{2}} (0) - \frac{\pi}{4\sqrt{2}} = -\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$.

(C) આપેલ છે કે $f(x) = \int \frac{5x^8 + 7x^6}{(x^2 + 2x^7 + 1)^2} dx$.
અંશ અને છેદને $x^{14}$ વડે ભાગતા:
$f(x) = \int \frac{5x^{-6} + 7x^{-8}}{(x^{-5} + 2 + x^{-7})^2} dx$.
ધારો કે $u = x^{-5} + x^{-7} + 2$.
તેથી $du = (-5x^{-6} - 7x^{-8}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $-(5x^{-6} + 7x^{-8}) dx = du$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$f(x) = -\int \frac{1}{u^2} du = \frac{1}{u} + C = \frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} + C$.
$f(0) = 0$ હોવાથી,$x \to 0^+$ માટે લક્ષ લેતા:
જ્યારે $x \to 0^+$,ત્યારે $x^{-5} + x^{-7} \to \infty$,તેથી $\frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} \to 0$.
આમ,$0 = 0 + C$,જેનો અર્થ છે કે $C = 0$.
તેથી,$f(x) = \frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} = \frac{x^7}{1 + x^2 + 2x^7}$.
$x = 1$ માટે કિંમત મેળવતા:
$f(1) = \frac{1^7}{1 + 1^2 + 2(1)^7} = \frac{1}{1 + 1 + 2} = \frac{1}{4}$.

(B) આપણને સંકલન $I = \int 3^{-\log _9 x^2} d x$ આપેલ છે.
લઘુગણકના ગુણધર્મ $n \log_b a = \log_b a^n$ નો ઉપયોગ કરતા,$-\log _9 x^2 = \log _9 (x^2)^{-1} = \log _9 (\frac{1}{x^2})$ મળે.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,$I = \int 3^{\log _9 (\frac{1}{x^2})} d x$ મળે.
ગુણધર્મ $a^{\log _b c} = c^{\log _b a}$ નો ઉપયોગ કરીને,$3^{\log _9 (\frac{1}{x^2})}$ ને $(\frac{1}{x^2})^{\log _9 3}$ તરીકે લખી શકાય.
કારણ કે $\log _9 3 = \log _{3^2} 3 = \frac{1}{2} \log _3 3 = \frac{1}{2}$,તેથી પદ $(\frac{1}{x^2})^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{x}$ બને છે.
આમ,$I = \int \frac{1}{x} d x = \log |x| + C$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{3x+2}{4x^2+4x+5} dx$.
અંશને છેદના વિકલિત તરીકે દર્શાવતા:
$3x+2 = \frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}}{4x^2+4x+5} dx = \frac{3}{8} \int \frac{8x+4}{4x^2+4x+5} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
પ્રથમ ભાગ માટે,$u = 4x^2+4x+5$ લેતા,$du = (8x+4)dx$ મળે.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
સૂત્ર $\int \frac{1}{x^2+a^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) + C$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{8} \tan^{-1}(x+\frac{1}{2}) + C$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{3}{8}$ અને $B = \frac{1}{8}$ મળે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રમાણિત સંકલનનું સૂત્ર: $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + C$ છે.
અહીં,$f(x) = \log x$ લો.
તેથી,$f'(x) = \frac{1}{x}$ થાય.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\int e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right) dx = e^x \log x + C$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\int f(x) dx = \psi(x)$.
ધારો કે $I = \int x^5 f(x^3) dx = \int x^3 f(x^3) x^2 dx$.
$t = x^3$ આદેશ લેતા,$dt = 3x^2 dx$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \int t f(t) \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} \int t f(t) dt$ મળે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = t$ અને $dv = f(t) dt$ (તેથી $du = dt$ અને $v = \psi(t)$):
$I = \frac{1}{3} [t \psi(t) - \int \psi(t) dt]$.
હવે,$t = x^3$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{3} [x^3 \psi(x^3) - \int \psi(x^3) (3x^2 dx)]$.
$I = \frac{1}{3} x^3 \psi(x^3) - \int x^2 \psi(x^3) dx$.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=1+2^x \log 2$.
$g(x)$ એ $f(x)$ નું પ્રતિ-વિકલિત હોવાથી,$g(x) = \int f(x) dx$.
$g(x) = \int (1+2^x \log 2) dx = x + \frac{2^x \log 2}{\log 2} + c = x + 2^x + c$.
તેથી,$y = x + 2^x + c$ ... $(i)$.
વક્ર $\left(-1, \frac{1}{2}\right)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી $\frac{1}{2} = -1 + 2^{-1} + c$.
$\frac{1}{2} = -1 + \frac{1}{2} + c \implies c = 1$.
$c=1$ ની કિંમત $(i)$ માં મૂકતા,આપણને $y = x + 2^x + 1$ મળે છે.
$Y$-અક્ષ સાથેના છેદબિંદુ માટે,$x=0$ લેતા:
$y = 0 + 2^0 + 1 = 1 + 1 = 2$.
આમ,વક્ર $Y$-અક્ષને $(0,2)$ બિંદુએ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $5 f(x)+3 f\left(\frac{1}{x}\right)=2-\frac{1}{x}$ ...$(i)$
સમીકરણ $(i)$ માં $x$ ને $\frac{1}{x}$ વડે બદલતા:
$5 f\left(\frac{1}{x}\right)+3 f(x)=2-x$ ...(ii)
$f(x)$ નો લોપ કરવા માટે,સમીકરણ (ii) ને $5$ વડે અને સમીકરણ $(i)$ ને $3$ વડે ગુણતા:
$25 f\left(\frac{1}{x}\right)+15 f(x)=10-5 x$ ...(iii)
$15 f(x)+9 f\left(\frac{1}{x}\right)=6-\frac{3}{x}$ ...(iv)
સમીકરણ (iii) માંથી સમીકરણ (iv) બાદ કરતા:
$(25-9) f\left(\frac{1}{x}\right) = (10-5 x) - (6-\frac{3}{x})$
$16 f\left(\frac{1}{x}\right) = 4-5 x+\frac{3}{x}$
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right)$
હવે,સંકલન ગણતા:
$\int_1^2 f\left(\frac{1}{x}\right) d x = \int_1^2 \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right) d x$
$= \frac{1}{16} \left[4 x-\frac{5 x^2}{2}+3 \ln |x|\right]_1^2$
$= \frac{1}{16} \left[ \left(4(2)-\frac{5(2)^2}{2}+3 \ln 2\right) - \left(4(1)-\frac{5(1)^2}{2}+3 \ln 1\right) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (8-10+3 \ln 2) - (4-2.5+0) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (-2+3 \ln 2) - 1.5 \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - 3.5 \right] = \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - \frac{7}{2} \right]$
$= \frac{6 \ln 2-7}{32}$

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int e^{-2x} \left( \frac{1 - \sin 2x}{1 + \cos 2x} \right) dx$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$1 - \sin 2x = 1 - 2 \sin x \cos x$ અને $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$.
તેથી,પદ $\frac{1 - 2 \sin x \cos x}{2 \cos^2 x} = \frac{1}{2} \sec^2 x - \tan x$ બને છે.
આમ,$I = \int e^{-2x} (\frac{1}{2} \sec^2 x - \tan x) dx = \frac{1}{2} \int e^{-2x} \sec^2 x dx - \int e^{-2x} \tan x dx$.
પ્રથમ પદ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int e^{-2x} \sec^2 x dx = e^{-2x} \tan x - \int (-2e^{-2x}) \tan x dx = e^{-2x} \tan x + 2 \int e^{-2x} \tan x dx$.
આ કિંમત $I$ માં મૂકતા: $I = \frac{1}{2} [e^{-2x} \tan x + 2 \int e^{-2x} \tan x dx] - \int e^{-2x} \tan x dx$.
$I = \frac{1}{2} e^{-2x} \tan x + \int e^{-2x} \tan x dx - \int e^{-2x} \tan x dx = \frac{1}{2} e^{-2x} \tan x + C$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{4 e^x + 6 e^{-x}}{9 e^x - 4 e^{-x}} d x = \int \frac{4 e^{2 x} + 6}{9 e^{2 x} - 4} d x$.
અંશને $4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B \frac{d}{d x}(9 e^{2 x} - 4)$ તરીકે દર્શાવીએ.
$4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B(18 e^{2 x})$.
$e^{2 x}$ ના સહગુણકો અને અચળ પદોને સરખાવતા:
$9 A + 18 B = 4$ અને $-4 A = 6$.
$-4 A = 6$ પરથી,આપણને $A = -\frac{3}{2}$ મળે છે.
$A$ ની કિંમત પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $9(-\frac{3}{2}) + 18 B = 4 \Rightarrow -\frac{27}{2} + 18 B = 4 \Rightarrow 18 B = 4 + \frac{27}{2} = \frac{35}{2} \Rightarrow B = \frac{35}{36}$.
આમ,$I = \int \left( A + B \frac{18 e^{2 x}}{9 e^{2 x} - 4} \right) d x = A x + B \log |9 e^{2 x} - 4| + C$.
તેથી,$(A, B) = (-\frac{3}{2}, \frac{35}{36})$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin x)^{\sqrt{2}} dx}{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}} \dots (1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$:
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}} dx}{(\sin(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}}+(\cos(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}}} = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\cos x)^{\sqrt{2}} dx}{(\cos x)^{\sqrt{2}}+(\sin x)^{\sqrt{2}}} \dots (2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}}{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} 1 dx = [x]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$
$I = \frac{\pi}{12}$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ માટે,ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} \frac{f(x) dx}{f(x)+f(a+b-x)} = \frac{b-a}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
અહીં $a = \frac{\pi}{6}$ અને $b = \frac{\pi}{3}$ છે,તેથી $\frac{b-a}{2} = \frac{\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}}{2} = \frac{\frac{\pi}{6}}{2} = \frac{\pi}{12}$.
આમ,કારણ $(R)$ સાચું છે અને તે $(A)$ ની સાચી સમજૂતી આપે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{4+5 \cos x}$.
$\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ અને $dx = \frac{2 du}{1+u^2}$ આદેશ લેતા,જ્યાં $u = \tan(x/2)$:
$I = \int \frac{\frac{2 du}{1+u^2}}{4+5\left(\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)} = \int \frac{2 du}{4(1+u^2) + 5(1-u^2)} = \int \frac{2 du}{4+4u^2+5-5u^2} = \int \frac{2 du}{9-u^2}$.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2-x^2} = \frac{1}{2a} \ln \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \times \frac{1}{2(3)} \ln \left| \frac{3+u}{3-u} \right| + C = \frac{1}{3} \ln \left| \frac{3+\tan(x/2)}{3-\tan(x/2)} \right| + C$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{x^2-1}{x^3 \sqrt{2 x^4-2 x^2+1}} d x$ છે.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x^5$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\frac{x^2-1}{x^5}}{\sqrt{\frac{2 x^4-2 x^2+1}{x^8}}} d x = \int \frac{\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}}{\sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}}} d x$.
ધારો કે $t = 2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}$. તો $dt = (\frac{4}{x^3}-\frac{4}{x^5}) dx$,જેનો અર્થ છે કે $(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}) dx = \frac{dt}{4}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{4 \sqrt{t}} = \frac{1}{4} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + C = \frac{1}{2} \sqrt{t} + C$.
$t$ ની કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને મળે $I = \frac{1}{2} \sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}} + C = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2x^4-2x^2+1}{x^4}} + C = \frac{1}{2x^2} \sqrt{2x^4-2x^2+1} + C$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sin ^{-1} \sqrt{x} - \cos ^{-1} \sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sin ^{-1} \sqrt{x} + \cos ^{-1} \sqrt{x})} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin ^{-1} \sqrt{x} + \cos ^{-1} \sqrt{x} = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\cos ^{-1} \sqrt{x} = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \sqrt{x}$.
આ કિંમત મૂકતા,$I = \int \frac{\sin ^{-1} \sqrt{x} - (\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \sqrt{x})}{\sqrt{x}(\frac{\pi}{2})} dx = \frac{2}{\pi} \int \frac{2 \sin ^{-1} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}}{\sqrt{x}} dx$.
ધારો કે $\sqrt{x} = t$,તો $\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,એટલે કે $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$.
$I = \frac{2}{\pi} \int (2 \sin ^{-1} t - \frac{\pi}{2}) (2 dt) = \frac{8}{\pi} \int \sin ^{-1} t dt - 2 \int dt$.
$\int \sin ^{-1} t dt = t \sin ^{-1} t + \sqrt{1-t^2} + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{8}{\pi} (t \sin ^{-1} t + \sqrt{1-t^2}) - 2t + C$.
$t = \sqrt{x}$ મૂકતા:
$I = \frac{8}{\pi} (\sqrt{x} \sin ^{-1} \sqrt{x} + \sqrt{1-x}) - 2\sqrt{x} + C$.

(C) આપણને સંકલન $I = \int \frac{\sin ^2 \alpha-\sin ^2 x}{\cos x-\cos \alpha} d x$ આપેલ છે.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે અંશને ફરીથી લખી શકીએ:
$\sin^2 \alpha - \sin^2 x = (1 - \cos^2 \alpha) - (1 - \cos^2 x) = \cos^2 x - \cos^2 \alpha$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\cos^2 x - \cos^2 \alpha}{\cos x - \cos \alpha} d x$.
તફાવતના વર્ગના સૂત્ર $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{(\cos x - \cos \alpha)(\cos x + \cos \alpha)}{\cos x - \cos \alpha} d x$.
સામાન્ય પદ $(\cos x - \cos \alpha)$ ને દૂર કરતા:
$I = \int (\cos x + \cos \alpha) d x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરતા:
$I = \sin x + x \cos \alpha + C$.
આને $f(x) + Ax + B$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \sin x$ અને $A = \cos \alpha$ મળે છે.

(A) ધારો કે $I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(2x^{2m} + 3x^m + 6\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
બીજા પદમાંથી $x^m$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left[x^m \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)\right]^{\frac{1}{m}} dx$.
આનું સાદું રૂપ:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
વૈકલ્પિક રીતે,બીજા પદમાંથી $x^{2m}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(x^{2m} (2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m})\right)^{\frac{1}{m}} dx = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x^2 \left(2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
ધારો કે $t = 2x^{2m} + 3x^m + 6$.
તો $dt = (2 \cdot 2m x^{2m-1} + 3m x^{m-1}) dx = m(4x^{2m-1} + 3x^{m-1}) dx$.
આ સંકલનનું સાદું રૂપ $\frac{1}{6(m+1)} \left(2x^{3m} + 3x^{2m} + 6x^m\right)^{\frac{m+1}{m}} + C$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{\left(2 a x+x^2\right)^{3 / 2}} = \int \frac{d x}{\left((x+a)^2-a^2\right)^{3 / 2}}$.
$t = x+a$ આદેશ લેતા,$d t = d x$ મળે.
$I = \int \frac{d t}{\left(t^2-a^2\right)^{3 / 2}}$.
$t = a \sec \theta$ આદેશ લેતા,$d t = a \sec \theta \tan \theta \, d \theta$ મળે.
$I = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{\left(a^2 \sec^2 \theta - a^2\right)^{3 / 2}} \, d \theta = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{\left(a^2 \tan^2 \theta\right)^{3 / 2}} \, d \theta$.
$I = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{a^3 \tan^3 \theta} \, d \theta = \frac{1}{a^2} \int \frac{\sec \theta}{\tan^2 \theta} \, d \theta = \frac{1}{a^2} \int \frac{\cos \theta}{\sin^2 \theta} \, d \theta$.
$I = \frac{1}{a^2} \int \csc \theta \cot \theta \, d \theta = -\frac{1}{a^2} \csc \theta + C$.
$\sec \theta = \frac{t}{a}$ હોવાથી,$\cos \theta = \frac{a}{t}$,તેથી $\sin \theta = \sqrt{1 - \frac{a^2}{t^2}} = \frac{\sqrt{t^2-a^2}}{t}$ મળે.
આમ,$\csc \theta = \frac{t}{\sqrt{t^2-a^2}}$.
કિંમત મૂકતા,$I = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{t}{\sqrt{t^2-a^2}} \right) + C = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{x+a}{\sqrt{(x+a)^2-a^2}} \right) + C$.
$I = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{x+a}{\sqrt{2 a x+x^2}} \right) + C$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{1-\cos x}{\cos x(1+\cos x)} d x$ છે.
અંશને $(1+\cos x) - 2\cos x$ તરીકે લખતા:
$I = \int \frac{1+\cos x - 2\cos x}{\cos x(1+\cos x)} d x = \int \frac{1}{\cos x} d x - 2 \int \frac{1}{1+\cos x} d x$.
નિત્યસમ $\int \sec x d x = \log |\sec x + \tan x| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2 \int \frac{1-\cos x}{\sin^2 x} d x$.
$I = \int \sec x d x - 2 \int (\operatorname{cosec}^2 x - \operatorname{cosec} x \cot x) d x$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2(-\cot x - (-\operatorname{cosec} x)) + C$.
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2(\operatorname{cosec} x - \cot x) + C$.

(A) આપેલ છે કે $I_n = \int \tan^n x \, dx$.
આપણે $I_4 + I_6 = \int \tan^4 x \, dx + \int \tan^6 x \, dx$ શોધવાનું છે.
$I_4 + I_6 = \int (\tan^4 x + \tan^6 x) \, dx$.
$\tan^4 x$ સામાન્ય લેતા:
$I_4 + I_6 = \int \tan^4 x (1 + \tan^2 x) \, dx$.
નિત્યસમ $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I_4 + I_6 = \int \tan^4 x \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x \, dx$.
સંકલનમાં કિંમત મૂકતા:
$I_4 + I_6 = \int u^4 \, du = \frac{u^5}{5} + C$.
$u = \tan x$ પાછું મૂકતા:
$I_4 + I_6 = \frac{1}{5} \tan^5 x + C$.