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

(A) આપેલ છે કે $\cos \theta, \sin \theta, \cot \theta$ સમગુણોત્તર શ્રેણીમાં છે.
તેથી,$\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{\cot \theta}{\sin \theta}$.
$\Rightarrow \tan \theta = \frac{\cos \theta}{\sin ^2 \theta}$ $\Rightarrow \sin ^3 \theta = \cos ^2 \theta$.
$\cos ^2 \theta = 1 - \sin ^2 \theta$ હોવાથી,$\sin ^3 \theta = 1 - \sin ^2 \theta$,જેનો અર્થ છે કે $\sin ^3 \theta + \sin ^2 \theta = 1$.
હવે,પદાવલિ $E = \sin ^9 \theta + \sin ^6 \theta + 3 \sin ^5 \theta + \sin ^3 \theta + \sin ^2 \theta$ ધ્યાનમાં લો.
$\sin ^3 \theta = \cos ^2 \theta$ અને $\sin ^2 \theta = 1 - \sin ^3 \theta$ મૂકતા:
$E = (\sin ^3 \theta)^3 + (\sin ^3 \theta)^2 + 3 \sin ^5 \theta + (\sin ^3 \theta + \sin ^2 \theta)$.
$E = (\cos ^2 \theta)^3 + (\cos ^2 \theta)^2 + 3 \sin ^5 \theta + 1$.
$\cos ^2 \theta = \sin ^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = (\sin ^3 \theta)^3 + (\sin ^3 \theta)^2 + 3 \sin ^5 \theta + 1 = \sin ^9 \theta + \sin ^6 \theta + 3 \sin ^5 \theta + 1$.
$\sin ^3 \theta + \sin ^2 \theta = 1$ હોવાથી,સાદું રૂપ આપતા જવાબ $2$ મળે છે.

(D) આપેલ છે $\cosh x = \operatorname{cosec} \theta$.
નિત્યસમ $\cosh x = \frac{1 + \tanh^2(x/2)}{1 - \tanh^2(x/2)}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1 + \tanh^2(x/2)}{1 - \tanh^2(x/2)} = \operatorname{cosec} \theta$.
યોગ-વિયોગની રીત વાપરતા:
$\frac{2}{2 \tanh^2(x/2)} = \frac{\operatorname{cosec} \theta + 1}{\operatorname{cosec} \theta - 1}$.
$\coth^2 \frac{x}{2} = \frac{1 + \sin \theta}{1 - \sin \theta} = \frac{(\cos(\theta/2) + \sin(\theta/2))^2}{(\cos(\theta/2) - \sin(\theta/2))^2}$.
અંશ અને છેદને $\cos^2(\theta/2)$ વડે ભાગતા:
$\coth^2 \frac{x}{2} = \left( \frac{1 + \tan(\theta/2)}{1 - \tan(\theta/2)} \right)^2 = \tan^2 \left( \frac{\pi}{4} + \frac{\theta}{2} \right)$.
નોંધ: $\tan^2(\pi/4 + \theta/2)$ એ $\cot^2(\pi/4 - \theta/2)$ ને સમાન છે.

(D) આપેલ છે કે $\cos A+\cos B+\cos C=0$ અને $\sin A+\sin B+\sin C=0$.
ધારો કે $x_1 = \cos A + i \sin A$,$x_2 = \cos B + i \sin B$,અને $x_3 = \cos C + i \sin C$.
તેથી $x_1 + x_2 + x_3 = 0$.
સંકર સંખ્યાઓના ગુણધર્મ મુજબ,$x_1+x_2+x_3=0$ નો અર્થ છે કે $x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1=0$.
આમ,$x_1, x_2, x_3$ એ $z^3 - k = 0$ ના બીજ છે જ્યાં $k = x_1x_2x_3$.
$x_1+x_2 = -x_3$ નો વર્ગ કરતા,$x_1^2 + x_2^2 + 2x_1x_2 = x_3^2$.
$x_1x_2$ વડે ભાગતા,$x_1/x_2 + x_2/x_1 + 2 = x_3^2/(x_1x_2) = x_3^3/k = 1$.
તેથી $2 \cos(A-B) + 2 = 1$,જેનો અર્થ છે કે $2 \cos(A-B) = -1$.
તેથી,$\cos(A-B) = -\frac{1}{2}$.

(A) ધારો કે $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જ્યાં $AB=AC$. $\angle BAC$ નો ખૂણા દ્વિભાજક પાયા $BC$ ને લંબ હોય છે.
$7x-y+3=0$ અને $x+y-3=0$ રેખાઓના ખૂણા દ્વિભાજકોના સમીકરણો નીચે મુજબ છે:
$\frac{7x-y+3}{\sqrt{7^2+(-1)^2}} = \pm \frac{x+y-3}{\sqrt{1^2+1^2}}$
$\frac{7x-y+3}{5\sqrt{2}} = \pm \frac{x+y-3}{\sqrt{2}}$
$7x-y+3 = \pm 5(x+y-3)$
કિસ્સો $1$: $7x-y+3 = 5x+5y-15 \Rightarrow x-3y+9=0$. આ દ્વિભાજકનો ઢાળ $m_1 = \frac{1}{3}$ છે.
કિસ્સો $2$: $7x-y+3 = -5x-5y+15 \Rightarrow 3x+y-3=0$. આ દ્વિભાજકનો ઢાળ $m_2 = -3$ છે.
ત્રીજી બાજુ $BC$ એ ખૂણા દ્વિભાજકને લંબ હોવાથી,$BC$ નો ઢાળ $m$ એ $m \cdot m_{bisector} = -1$ નું પાલન કરે છે.
$m_1 = \frac{1}{3}$ માટે,$m = -3$.
$m_2 = -3$ માટે,$m = \frac{1}{3}$.
આપેલ છે કે $m$ પૂર્ણાંક છે,તેથી $m = -3$.

(B) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે જ્યાં $\angle C = 90^{\circ}$ છે.
તેથી,$AC = BC$. ધારો કે $AC = BC = a$.
$\triangle ABC$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$c^2 = a^2 + b^2 = a^2 + a^2 = 2a^2$
$c = a\sqrt{2}$
આપણે જાણીએ છીએ કે અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s}$ અને બહિઃત્રિજ્યા $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ છે.
તેથી,$\frac{r}{r_3} = \frac{s-c}{s} = \frac{a+b-c}{a+b+c} = \frac{a+a-a\sqrt{2}}{a+a+a\sqrt{2}} = \frac{2a-a\sqrt{2}}{2a+a\sqrt{2}} = \frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}{\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)} = \frac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}$
આમ,$r : r_3 = (\sqrt{2}-1) : (\sqrt{2}+1)$.

(A) $ax^2 + 2hxy + by^2 = 0$ દ્વારા દર્શાવતી રેખાઓના ઢાળનો તફાવત $\frac{2 \sqrt{h^2 - ab}}{|b|}$ છે.
આપેલ સમીકરણ $y^2 - 2xy \sec^2 \alpha + (3 + \tan^2 \alpha)(\tan^2 \alpha - 1) x^2 = 0$ માટે,$a = (3 + \tan^2 \alpha)(\tan^2 \alpha - 1)$,$h = -\sec^2 \alpha$,અને $b = 1$ છે.
ઢાળનો તફાવત $\frac{2 \sqrt{(-\sec^2 \alpha)^2 - (3 + \tan^2 \alpha)(\tan^2 \alpha - 1)(1)}}{|1|}$ છે.
ગણતરી કરતા,આપણને $2 \sqrt{4} = 4$ મળે છે.
આમ,$A$ અને $R$ બંને સાચા છે અને $R$ એ $A$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(C) ધારો કે બિંદુ $P$ ના યામ $(x, y)$ છે. $\triangle PAB$ નું ક્ષેત્રફળ નિશ્ચાયક સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\frac{1}{2} |x(3-5) + 2(5-y) + (-4)(y-3)| = 12$
$\frac{1}{2} |-2x + 10 - 2y - 4y + 12| = 12$
$|-2x - 6y + 22| = 24$
$|x + 3y - 11| = 12$
આનો અર્થ એ છે કે $x + 3y - 11 = 12$ અથવા $x + 3y - 11 = -12$.
આમ,બિંદુપથ $(x + 3y - 23)(x + 3y + 1) = 0$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા: $x^2 + 3xy + x + 3xy + 9y^2 + 3y - 23x - 69y - 23 = 0$
$x^2 + 6xy + 9y^2 - 22x - 66y - 23 = 0$.

(C) ત્રિકોણની બાજુઓના આપેલા સમીકરણો:
$L_1: 3x+2y-6=0$
$L_2: 2x-3y+6=0$
$L_3: x+2y+2=0$
બિંદુ $P(0, b)$ ત્રિકોણ પર અથવા તેની અંદર હોય તે માટે $b$ ની રેન્જ શોધવા માટે,આપણે $y$-અક્ષ સાથે આ રેખાઓનું છેદબિંદુ શોધીએ ($x=0$ મૂકીને):
$L_1$ માટે: $3(0)+2y-6=0 \implies 2y=6 \implies y=3$
$L_2$ માટે: $2(0)-3y+6=0 \implies -3y=-6 \implies y=2$
$L_3$ માટે: $0+2y+2=0 \implies 2y=-2 \implies y=-1$
આલેખ પરથી જોઈ શકાય છે કે ત્રિકોણ આ રેખાઓ દ્વારા ઘેરાયેલું છે. $P(0, b)$ બિંદુ $y$-અક્ષ પર છે. $y$-અક્ષનો જે ભાગ ત્રિકોણની અંદર આવે છે તે $L_3$ સાથેના છેદબિંદુ $(y=-1)$ થી $L_2$ સાથેના છેદબિંદુ $(y=2)$ સુધીનો છે.
તેથી,$b$ ની રેન્જ $[-1, 2]$ છે.

(A) ધારો કે $P$ એ એક બિંદુ $(x, y)$ છે જે યામ અક્ષોથી સમાન અંતરે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $|x| = |y|$,તેથી બિંદુ $y = x$ અથવા $y = -x$ રેખાઓ પર હોવું જોઈએ.
કિસ્સો $1$: $3x + 5y = 15$ અને $y = x$ નું છેદબિંદુ.
સમીકરણમાં $y = x$ મૂકતા: $3x + 5x = 15$ $\Rightarrow 8x = 15$ $\Rightarrow x = \frac{15}{8}$.
આમ,$y = \frac{15}{8}$. બિંદુ $(\frac{15}{8}, \frac{15}{8})$ છે,જે $1^{\text{st}}$ ચરણમાં છે.
કિસ્સો $2$: $3x + 5y = 15$ અને $y = -x$ નું છેદબિંદુ.
સમીકરણમાં $y = -x$ મૂકતા: $3x + 5(-x) = 15$ $\Rightarrow 3x - 5x = 15$ $\Rightarrow -2x = 15$ $\Rightarrow x = -\frac{15}{2}$.
આમ,$y = -(-\frac{15}{2}) = \frac{15}{2}$. બિંદુ $(-\frac{15}{2}, \frac{15}{2})$ છે,જે $2^{\text{nd}}$ ચરણમાં છે.
તેથી,બિંદુ $1^{\text{st}}$ અથવા $2^{\text{nd}}$ ચરણમાં આવેલું છે.

(A) આપેલ સમીકરણો $x=t^2+t+1$ અને $y=t^2-t+1$ છે.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $x+y = 2t^2+2 = 2(t^2+1)$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $x-y = 2t$,જેનો અર્થ છે કે $t = \frac{x-y}{2}$.
$t$ ની કિંમત $x+y$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$x+y = 2\left(\left(\frac{x-y}{2}\right)^2 + 1\right)$
$x+y = 2\left(\frac{x^2+y^2-2xy}{4} + 1\right)$
$x+y = \frac{x^2+y^2-2xy}{2} + 2$
$2$ વડે ગુણતા: $2x+2y = x^2+y^2-2xy+4$
પદોને ગોઠવતા: $x^2-2xy+y^2-2x-2y+4=0$.

(A) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(-2, 3)$,$B(2, -1)$,અને $C(4, 0)$ છે.
ધારો કે $O(x, y)$ એ ત્રિકોણનું પરિકેન્દ્ર છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,પરિકેન્દ્ર બધા શિરોબિંદુઓથી સમાન અંતરે હોય છે,તેથી $OA = OB = OC$,જેનો અર્થ છે કે $OA^2 = OB^2 = OC^2$.
પ્રથમ,$OA^2 = OB^2$ લો:
$(x + 2)^2 + (y - 3)^2 = (x - 2)^2 + (y + 1)^2$
$x^2 + 4x + 4 + y^2 - 6y + 9 = x^2 - 4x + 4 + y^2 + 2y + 1$
$8x - 8y = -8 \Rightarrow x - y = -1$ ... $(i)$
આગળ,$OB^2 = OC^2$ લો:
$(x - 2)^2 + (y + 1)^2 = (x - 4)^2 + (y - 0)^2$
$x^2 - 4x + 4 + y^2 + 2y + 1 = x^2 - 8x + 16 + y^2$
$4x + 2y = 11$ ... $(ii)$
સમીકરણો $(i)$ અને $(ii)$ ઉકેલતા:
$(i)$ પરથી,$y = x + 1$.
$(ii)$ માં મૂકતા: $4x + 2(x + 1) = 11$ $\Rightarrow 6x = 9$ $\Rightarrow x = \frac{3}{2}$.
તેથી $y = \frac{3}{2} + 1 = \frac{5}{2}$.
આમ,પરિકેન્દ્ર $\left(\frac{3}{2}, \frac{5}{2}\right)$ છે.

(D) $S$ એ $QR$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,તેના યામ $S = \left(\frac{6+7}{2}, \frac{-1+3}{2}\right) = \left(\frac{13}{2}, 1\right)$ છે.
મધ્યગા $PS$ નો ઢાળ $m = \frac{1-2}{\frac{13}{2}-2} = \frac{-1}{\frac{9}{2}} = -\frac{2}{9}$ છે.
$PS$ ને સમાંતર રેખાનો ઢાળ પણ $m = -\frac{2}{9}$ થશે.
$(1, -1)$ માંથી પસાર થતી અને $m = -\frac{2}{9}$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ $y - y_1 = m(x - x_1)$ મુજબ મળે.
$y - (-1) = -\frac{2}{9}(x - 1)$
$9(y + 1) = -2(x - 1)$
$9y + 9 = -2x + 2$
$2x + 9y + 7 = 0$.

(B) સમબાજુ ત્રિકોણમાં,મધ્યકેન્દ્ર એ પરિકેન્દ્ર અને અંતઃકેન્દ્ર સાથે એકરૂપ હોય છે. ધારો કે $O$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ છે,જે મધ્યકેન્દ્ર છે.
અંતઃત્રિજ્યા $r$ એ મધ્યકેન્દ્ર $O(0,0)$ થી બાજુ $x+y-3=0$ સુધીનું લંબ અંતર છે.
$r = \left| \frac{0+0-3}{\sqrt{1^2+1^2}} \right| = \frac{3}{\sqrt{2}}$.
સમબાજુ ત્રિકોણમાં,પરિવૃતની ત્રિજ્યા $R$ એ અંતઃત્રિજ્યા $r$ કરતા બમણી હોય છે,તેથી $R = 2r$.
$R = 2 \times \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{6}{\sqrt{2}}$.
આમ,$R+r = \frac{6}{\sqrt{2}} + \frac{3}{\sqrt{2}} = \frac{9}{\sqrt{2}}$.

(B) ધારો કે $B$ અને $C$ માંથી પસાર થતી મધ્યગાઓના સમીકરણો $L_1: x+y=5$ અને $L_2: x=4$ છે. આ મધ્યગાઓનું છેદબિંદુ એ મધ્યકેન્દ્ર $G$ છે. $x+y=5$ અને $x=4$ ઉકેલતા,આપણને $G=(4, 1)$ મળે છે.
ધારો કે $C$ એ $x=4$ પર છે,તેથી $C=(4, y_C)$. ધારો કે $B$ એ $x+y=5$ પર છે,તેથી $B=(x_B, 5-x_B)$.
મધ્યકેન્દ્રના સૂત્ર $G = (\frac{x_A+x_B+x_C}{3}, \frac{y_A+y_B+y_C}{3})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$4 = \frac{1+x_B+4}{3}$ $\Rightarrow 12 = 5+x_B$ $\Rightarrow x_B=7$. તેથી $B=(7, 5-7) = (7, -2)$.
$1 = \frac{2+y_B+y_C}{3}$ $\Rightarrow 3 = 2+(-2)+y_C$ $\Rightarrow y_C=3$. તેથી $C=(4, 3)$.
શિરોબિંદુઓ $A(1, 2)$,$B(7, -2)$,અને $C(4, 3)$ છે.
$\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_A(y_B-y_C) + x_B(y_C-y_A) + x_C(y_A-y_B)|$
$= \frac{1}{2} |1(-2-3) + 7(3-2) + 4(2-(-2))|$
$= \frac{1}{2} |-5 + 7 + 16| = \frac{1}{2} |18| = 9$.

(C) આપેલ છે: $r_1: r_2 = 7: 8$ અને $r_1: r_3 = 3: 4$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,અને $r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$.
તેથી,$\frac{1}{s-a}: \frac{1}{s-b}: \frac{1}{s-c} = r_1: r_2: r_3$.
પ્રથમ,ગુણોત્તર $r_1: r_2: r_3$ શોધો:
$r_1: r_2 = 7: 8 = 21: 24$
$r_1: r_3 = 3: 4 = 21: 28$
તેથી,$r_1: r_2: r_3 = 21: 24: 28$.
ધારો કે $s-a = \frac{k}{21}$,$s-b = \frac{k}{24}$,અને $s-c = \frac{k}{28}$.
આનો સરવાળો કરતા: $(s-a) + (s-b) + (s-c) = 3s - (a+b+c) = 3s - 2s = s$.
તેથી,$s = k(\frac{1}{21} + \frac{1}{24} + \frac{1}{28}) = k(\frac{8+7+6}{168}) = k(\frac{21}{168}) = \frac{k}{8}$.
હવે,$a = s - (s-a) = k(\frac{1}{8} - \frac{1}{21}) = k(\frac{21-8}{168}) = \frac{13k}{168}$.
$b = s - (s-b) = k(\frac{1}{8} - \frac{1}{24}) = k(\frac{3-1}{24}) = \frac{2k}{24} = \frac{14k}{168}$.
$c = s - (s-c) = k(\frac{1}{8} - \frac{1}{28}) = k(\frac{7-2}{56}) = \frac{5k}{56} = \frac{15k}{168}$.
તેથી,$a: b: c = 13: 14: 15$.

(A) ધારો કે ત્રીજું શિરોબિંદુ $B(x, y)$ છે. કર્ણના અંત્યબિંદુઓ $A(0, a)$ અને $C(a, 0)$ છે.
$\triangle ABC$ એ $B$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ હોવાથી,$\angle ABC = 90^{\circ}$ થાય.
$AB$ નો ઢાળ $m_1 = \frac{y-a}{x-0} = \frac{y-a}{x}$ છે.
$BC$ નો ઢાળ $m_2 = \frac{y-0}{x-a} = \frac{y}{x-a}$ છે.
$AB \perp BC$ હોવાથી,તેમના ઢાળનો ગુણાકાર $-1$ થાય:
$\left(\frac{y-a}{x}\right) \times \left(\frac{y}{x-a}\right) = -1$
$y(y-a) = -x(x-a)$
$y^2 - ay = -x^2 + ax$
$x^2 + y^2 - ax - ay = 0$.

(D) ધારો કે $M$ એ $O(0,0)$ થી રેખા $3x + 4y + 15 = 0$ પર દોરેલા લંબનો લંબપાદ છે.
તેથી, લંબની લંબાઈ $OM = \left| \frac{3(0) + 4(0) + 15}{\sqrt{3^2 + 4^2}} \right| = \frac{15}{5} = 3$.
કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle OMQ$ માં, પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$MQ = \sqrt{OQ^2 - OM^2} = \sqrt{9^2 - 3^2} = \sqrt{81 - 9} = \sqrt{72} = 6 \sqrt{2}$.
$\triangle OPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times (\triangle OMQ$ નું ક્ષેત્રફળ).
$\triangle OPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= 2 \times \left( \frac{1}{2} \times OM \times MQ \right) = OM \times MQ$.
$\triangle OPQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= 3 \times 6 \sqrt{2} = 18 \sqrt{2}$.

(C) ધારો કે બિંદુ $P(-3, 4)$ અને $Q(2, -8)$ છે. $P$ અને $Q$ વચ્ચેનું અંતર $d = \sqrt{(2 - (-3))^2 + (-8 - 4)^2} = \sqrt{5^2 + (-12)^2} = \sqrt{25 + 144} = \sqrt{169} = 13$ એકમ છે.
$P$ માંથી પસાર થતી કોઈપણ રેખાને રેખા $PQ$ સાથે અમુક ખૂણે $\theta$ દર્શાવી શકાય છે. આવી રેખા પર $Q$ થી લંબ અંતર $d \sin \theta$ છે,જ્યાં $d = 13$ છે.
આપણે અંતર $5$ એકમ જોઈએ છે,તેથી $13 \sin \theta = 5$,જે $\sin \theta = \frac{5}{13}$ આપે છે.
કારણ કે $|\sin \theta| \le 1$ અને $\frac{5}{13} < 1$,તેથી $[0, 2\pi)$ ની શ્રેણીમાં $\theta$ માટે બે શક્ય કિંમતો છે,એટલે કે $\theta = \arcsin(\frac{5}{13})$ અને $\theta = \pi - \arcsin(\frac{5}{13})$.
આમ,આવી $2$ રેખાઓ શક્ય છે.

(A) બિંદુઓ $(ct_1, c/t_1)$ અને $(ct_2, c/t_2)$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $m$ નીચે મુજબ છે:
$m = \frac{\frac{c}{t_2} - \frac{c}{t_1}}{ct_2 - ct_1} = \frac{c(t_1 - t_2)}{t_1 t_2} \cdot \frac{1}{c(t_2 - t_1)} = -\frac{1}{t_1 t_2}$
બિંદુ-ઢાળ સ્વરૂપ $(y - y_1) = m(x - x_1)$ નો ઉપયોગ કરીને:
$y - \frac{c}{t_1} = -\frac{1}{t_1 t_2}(x - ct_1)$
બંને બાજુ $t_1 t_2$ વડે ગુણતા:
$t_1 t_2 y - ct_2 = -(x - ct_1)$
$t_1 t_2 y - ct_2 = -x + ct_1$
$x + t_1 t_2 y = c(t_1 + t_2)$

(C) રેખાનું સમીકરણ અંતઃખંડ સ્વરૂપમાં $\frac{x}{p} + \frac{y}{q} = 1$ છે.
રેખા $(a \cos \alpha, b \sin \alpha)$ અને $(a \cos \beta, b \sin \beta)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી:
$\frac{a \cos \alpha}{p} + \frac{b \sin \alpha}{q} = 1$ $(i)$
$\frac{a \cos \beta}{p} + \frac{b \sin \beta}{q} = 1$ (ii)
આ સમીકરણો ઉકેલતા,$\frac{a^2}{p^2} + \frac{b^2}{q^2} = \sec^2 \left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$ મળે છે.

(A) ચોરસનું કેન્દ્ર $P(3,7)$ છે અને બાજુની લંબાઈ $4$ છે. વિકર્ણની લંબાઈ $4\sqrt{2}$ છે,તેથી કેન્દ્રથી દરેક શિરોબિંદુનું અંતર $r = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$ છે.
એક વિકર્ણ $y=x$ ને સમાંતર છે,તેથી તેનો ઢાળ $m_1 = 1$ છે. તે $x$-અક્ષ સાથે $\theta_1 = 45^\circ$ નો ખૂણો બનાવે છે.
બીજો વિકર્ણ પ્રથમ વિકર્ણને લંબ છે,તેથી તેનો ઢાળ $m_2 = -1$ છે અને તેનો ખૂણો $\theta_2 = 135^\circ$ છે.
રેખાના પ્રચલિત સ્વરૂપનો ઉપયોગ કરીને,શિરોબિંદુઓના યામ $(x, y) = (3 + r \cos \theta, 7 + r \sin \theta)$ છે.
પ્રથમ વિકર્ણ માટે $(\theta = 45^\circ)$: $(3 \pm 2\sqrt{2} \cos 45^\circ, 7 \pm 2\sqrt{2} \sin 45^\circ) = (3 \pm 2, 7 \pm 2)$,જે બિંદુઓ $(5,9)$ અને $(1,5)$ આપે છે.
બીજા વિકર્ણ માટે $(\theta = 135^\circ)$: $(3 \pm 2\sqrt{2} \cos 135^\circ, 7 \pm 2\sqrt{2} \sin 135^\circ) = (3 \mp 2, 7 \pm 2)$,જે બિંદુઓ $(1,9)$ અને $(5,5)$ આપે છે.
શિરોબિંદુઓ $(1,5), (5,5), (5,9), (1,9)$ છે.
આમ,$\frac{y_1 y_2 y_3 y_4}{x_1 x_2 x_3 x_4} = \frac{5 \times 5 \times 9 \times 9}{1 \times 5 \times 5 \times 1} = \frac{2025}{25} = 81$.

(A) આપેલ રેખાઓ $x=0$ ($y$-અક્ષ),$y=0$ ($x$-અક્ષ) અને $3x+4y=12$ છે.
રેખા $3x+4y=12$ ના અંતઃખંડો શોધવા માટે,આપણે તેને અંતઃખંડ સ્વરૂપ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ માં લખીએ.
સમીકરણને $12$ વડે ભાગતા,આપણને $\frac{3x}{12} + \frac{4y}{12} = \frac{12}{12}$ મળે છે,જેનું સાદું રૂપ $\frac{x}{4} + \frac{y}{3} = 1$ થાય છે.
આનો અર્થ એ છે કે રેખા $x$-અક્ષને બિંદુ $B(4, 0)$ પર અને $y$-અક્ષને બિંદુ $A(0, 3)$ પર છેદે છે.
આ રેખાઓ દ્વારા બનતો ત્રિકોણ એ $O(0, 0)$,$A(0, 3)$ અને $B(4, 0)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
ત્રિકોણનો પાયો $OB = 4$ એકમ અને વેધ $OA = 3$ એકમ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times 4 \times 3 = 6$ ચોરસ એકમ થાય.

(D) આપેલ રેખા $L \equiv x-y-4=0$ છે. રેખા $L$ નો ઢાળ $m_1 = 1$ છે.
રેખા $PQ$ એ $L$ ને સમાંતર હોવાથી,તેનો ઢાળ પણ $m_1 = 1$ થશે.
બિંદુ $P(2, 1)$ માંથી પસાર થતી રેખા $PQ$ નું સમીકરણ $y-1 = 1(x-2)$ એટલે કે $y = x-1$ છે.
ધારો કે $Q$ એ $(x, x-1)$ છે. અંતર $PQ = 2\sqrt{3}$ છે.
અંતરના સૂત્ર મુજબ: $\sqrt{(x-2)^2 + ((x-1)-1)^2} = 2\sqrt{3}$.
$\sqrt{(x-2)^2 + (x-2)^2} = 2\sqrt{3} \Rightarrow \sqrt{2(x-2)^2} = 2\sqrt{3}$.
$|x-2|\sqrt{2} = 2\sqrt{3} \Rightarrow |x-2| = \sqrt{6}$.
તેથી,$x-2 = \sqrt{6}$ અથવા $x-2 = -\sqrt{6}$.
$x = 2+\sqrt{6}$ અથવા $x = 2-\sqrt{6}$.
$Q$ ત્રીજા ચરણમાં હોવાથી,બંને યામ ઋણ હોવા જોઈએ. $x = 2-\sqrt{6}$ માટે,$y = 1-\sqrt{6}$ મળે છે.
આમ,$Q = (2-\sqrt{6}, 1-\sqrt{6})$.
$L$ ને લંબ રેખાનો ઢાળ $m_2 = -1/m_1 = -1$ છે.
$Q$ માંથી પસાર થતી અને $-1$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ:
$y-(1-\sqrt{6}) = -1(x-(2-\sqrt{6}))$.
$y-1+\sqrt{6} = -x+2-\sqrt{6}$.
$x+y = 3-2\sqrt{6}$.

(B) ધારો કે $C = (h, k)$. $C$ એ ખૂણાના દ્વિભાજક $7x - 4y - 1 = 0$ પર હોવાથી,$7h - 4k - 1 = 0$ અથવા $h = \frac{4k + 1}{7}$.
$M$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$M = \left(\frac{-3 + h}{2}, \frac{1 + k}{2}\right) = \left(\frac{2k - 10}{7}, \frac{1+k}{2}\right)$.
$M$ એ મધ્યગા $BM$ $(2x + y - 3 = 0)$ પર હોવાથી,$2\left(\frac{2k - 10}{7}\right) + \frac{1+k}{2} - 3 = 0$.
$14$ વડે ગુણતા,$4(2k - 10) + 7(1+k) - 42 = 0$ $\Rightarrow 15k = 75$ $\Rightarrow k = 5$.
તેથી $h = 3$. આમ,$C = (3, 5)$.
$AC$ નો ઢાળ $m_{AC} = \frac{2}{3}$ અને દ્વિભાજક $CN$ નો ઢાળ $m_{bisector} = \frac{7}{4}$ છે.
$BC$ નો ઢાળ $m$ ધારો. ખૂણાના દ્વિભાજકના ગુણધર્મ મુજબ,$\left|\frac{m - 7/4}{1 + m(7/4)}\right| = \frac{1}{2}$.
ઉકેલતા $m = 18$ મળે છે.
$BC$ નું સમીકરણ $y - 5 = 18(x - 3) \Rightarrow 18x - y = 49$ થાય.

(A) બિંદુઓના યામ $P(-1,0)$,$Q(0,0)$ અને $R(3,3\sqrt{3})$ છે.
રેખા $QP$ એ ઋણ $x$-અક્ષ પર છે,તેથી ધન $x$-અક્ષ સાથે તેનો ખૂણો $180^\circ$ છે.
રેખા $QR$ એ $(0,0)$ અને $(3,3\sqrt{3})$ માંથી પસાર થાય છે. તેનો ઢાળ $m = \frac{3\sqrt{3}-0}{3-0} = \sqrt{3}$ છે.
રેખા $QR$ ધન $x$-અક્ષ સાથે $\tan \theta = \sqrt{3}$ એટલે કે $\theta = 60^\circ$ નો ખૂણો બનાવે છે.
$\angle PQR$ એ રેખા $QP$ $(180^\circ)$ અને $QR$ $(60^\circ)$ વચ્ચેનો ખૂણો છે,જે $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$ છે.
$\angle PQR$ નો દ્વિભાજક ધન $x$-અક્ષ સાથે $60^\circ + \frac{120^\circ}{2} = 120^\circ$ નો ખૂણો બનાવશે.
દ્વિભાજકનો ઢાળ $\tan(120^\circ) = -\sqrt{3}$ છે.
દ્વિભાજક ઉગમબિંદુ $Q(0,0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,તેનું સમીકરણ $y = -\sqrt{3}x$ એટલે કે $\sqrt{3}x + y = 0$ થાય.

(B) વક્રનું સમીકરણ $x^2+2y^2=2$ છે અને રેખા $x+y=1$ છે.
રેખાઓ $OP$ અને $OQ$ મેળવવા માટે,આપણે રેખાના સમીકરણનો ઉપયોગ કરીને વક્રના સમીકરણને સમઘાત બનાવીએ:
$x^2+2y^2=2(1)^2$
$x^2+2y^2=2(x+y)^2$
$x^2+2y^2=2(x^2+y^2+2xy)$
$x^2+2y^2=2x^2+2y^2+4xy$
$x^2+4xy=0$
આ ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે. તેને સામાન્ય સ્વરૂપ $ax^2+2hxy+by^2=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=1$,$h=2$,અને $b=0$ મળે છે.
આ રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \left| \frac{2\sqrt{h^2-ab}}{a+b} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $\tan \theta = \left| \frac{2\sqrt{2^2-(1)(0)}}{1+0} \right| = \left| \frac{2\sqrt{4}}{1} \right| = 4$.

(C) $PQ$ નું મધ્યબિંદુ $M = \left(\frac{1+k}{2}, \frac{7}{2}\right)$ છે.
રેખા $PQ$ નો ઢાળ $m = \frac{3-4}{k-1} = \frac{-1}{k-1}$ છે.
લંબદ્વિભાજકનો ઢાળ $m' = k-1$ છે.
લંબદ્વિભાજકનું સમીકરણ $y - \frac{7}{2} = (k-1)(x - \frac{1+k}{2})$ છે.
$y$-અંતઃખંડ માટે $x=0$ અને $y=-4$ લેતા:
$-4 - \frac{7}{2} = (k-1)(-\frac{1+k}{2})$
$-\frac{15}{2} = -\frac{k^2-1}{2}$
$15 = k^2 - 1$ $\Rightarrow k^2 = 16$ $\Rightarrow k = \pm 4$.
તેથી,$k$ ની શક્ય કિંમત $-4$ છે.

(A) આપેલી રેખા $x \cos \theta - y \sin \theta = a$ છે.
તેનો ઢાળ $m' = \frac{\cos \theta}{\sin \theta} = \cot \theta$ છે.
તેને લંબ રેખાનો ઢાળ $m = -\frac{1}{m'} = -\tan \theta$ થશે.
બિંદુ $(a \cos^3 \theta, a \sin^3 \theta)$ માંથી પસાર થતી અને $m = -\tan \theta$ ઢાળ ધરાવતી રેખાનું સમીકરણ:
$y - a \sin^3 \theta = -\tan \theta (x - a \cos^3 \theta)$
$y - a \sin^3 \theta = -\frac{\sin \theta}{\cos \theta} (x - a \cos^3 \theta)$
$y \cos \theta - a \sin^3 \theta \cos \theta = -x \sin \theta + a \cos^3 \theta \sin \theta$
$x \sin \theta + y \cos \theta = a \sin \theta \cos \theta (\sin^2 \theta + \cos^2 \theta)$
$x \sin \theta + y \cos \theta = a \sin \theta \cos \theta$
બંને બાજુ $2$ વડે ગુણતા:
$2x \sin \theta + 2y \cos \theta = a \sin 2\theta$.

(C) ધારો કે આપાત કિરણનો ઢાળ $m$ છે. અરીસાની રેખા $7x - y + 1 = 0$ છે,જેનો ઢાળ $m_1 = 7$ છે. પરાવર્તિત કિરણ $y + 2x = 1$ છે,જેનો ઢાળ $m_2 = -2$ છે. આપાત બિંદુ $(0, 1)$ છે.
આપાતકોણ = પરાવર્તનકોણ હોવાથી,આપાત કિરણ અને અરીસા વચ્ચેનો ખૂણો એ પરાવર્તિત કિરણ અને અરીસા વચ્ચેના ખૂણા જેટલો જ હોય.
$\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right|$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$\left| \frac{m - 7}{1 + 7m} \right| = \left| \frac{7 - (-2)}{1 + 7(-2)} \right| = \left| \frac{9}{1 - 14} \right| = \frac{9}{13}$.
$\frac{m - 7}{1 + 7m} = \frac{9}{13}$ અથવા $\frac{m - 7}{1 + 7m} = -\frac{9}{13}$.
કિસ્સો $1$: $13(m - 7) = 9(1 + 7m)$ $\Rightarrow 13m - 91 = 9 + 63m$ $\Rightarrow -50m = 100$ $\Rightarrow m = -2$ (આ પરાવર્તિત કિરણનો ઢાળ છે).
કિસ્સો $2$: $13(m - 7) = -9(1 + 7m)$ $\Rightarrow 13m - 91 = -9 - 63m$ $\Rightarrow 76m = 82$ $\Rightarrow m = \frac{41}{38}$.
$(0, 1)$ માંથી પસાર થતી અને $m = \frac{41}{38}$ ઢાળ ધરાવતી આપાત રેખાનું સમીકરણ:
$y - 1 = \frac{41}{38}(x - 0)$ $\Rightarrow 38y - 38 = 41x$ $\Rightarrow 41x - 38y + 38 = 0$.

(A) રેખા $L$ એ $3x - 4y = 6$ ને લંબ છે. આપેલ રેખાનો ઢાળ $3/4$ છે,તેથી રેખા $L$ નો ઢાળ $-4/3$ થશે.
ધારો કે રેખા $L$ નું સમીકરણ $4x + 3y = k$ છે.
અક્ષો પરના અંતઃખંડો $x = k/4$ અને $y = k/3$ છે.
અક્ષો સાથે બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |\frac{k}{4}| |\frac{k}{3}| = 6$ છે.
$|k^2| / 24 = 6$ $\Rightarrow k^2 = 144$ $\Rightarrow k = \pm 12$.
$L$ માટે શક્ય સમીકરણો $4x + 3y - 12 = 0$ અને $4x + 3y + 12 = 0$ છે.
બિંદુ $(1, 1)$ થી $ax + by + c = 0$ નું અંતર $d = \frac{|ax_1 + by_1 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$ છે.
$4x + 3y - 12 = 0$ માટે,$d_1 = \frac{|4(1) + 3(1) - 12|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \frac{|7 - 12|}{5} = \frac{5}{5} = 1$.
$4x + 3y + 12 = 0$ માટે,$d_2 = \frac{|4(1) + 3(1) + 12|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \frac{|19|}{5} = 3.8$.
ન્યૂનતમ અંતર $1$ છે.

(B) $\triangle PQR$ એ $P$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણ હોવાથી,$\angle PQR = \angle PRQ = 45^{\circ}$ થાય.
રેખા $QR$ નો ઢાળ $m = -2$ છે.
ધારો કે $PQ$ નો ઢાળ $m_1$ છે. $PQ$ અને $QR$ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ}$ હોવાથી:
$\tan 45^{\circ} = |\frac{m_1 - (-2)}{1 + m_1(-2)}| = 1$
$|\frac{m_1 + 2}{1 - 2m_1}| = 1$
આથી $m_1 = -\frac{1}{3}$ અથવા $m_1 = 3$ મળે.
$P(2, 1)$ માંથી પસાર થતી રેખાઓના સમીકરણો:
$m_1 = -\frac{1}{3}$ માટે: $y - 1 = -\frac{1}{3}(x - 2) \Rightarrow x + 3y - 5 = 0$.
$m_2 = 3$ માટે: $y - 1 = 3(x - 2) \Rightarrow 3x - y - 5 = 0$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $3x - y - 5 = 0$ છે.

(A) ધારો કે રેખા $L$ નો ઢાળ $m$ છે. આપેલી બંને રેખાઓ રેખા $L$ ને લંબ હોવાથી,તેઓ એકબીજાને સમાંતર હોવી જોઈએ.
બંને રેખાઓના ઢાળ અનુક્રમે $m_1$ અને $m_2$ છે.
પ્રથમ રેખા $p(p^2+1)x - y + q = 0$ માટે,ઢાળ $m_1 = p(p^2+1)$.
બીજી રેખા $(p^2+1)^2 x + (p^2+1)y + 2q = 0$ માટે,ઢાળ $m_2 = -\frac{(p^2+1)^2}{(p^2+1)} = -(p^2+1)$.
રેખાઓ સમાંતર હોવાથી,$m_1 = m_2$:
$p(p^2+1) = -(p^2+1)$.
કોઈપણ વાસ્તવિક $p$ માટે $(p^2+1) \neq 0$ હોવાથી,આપણે $(p^2+1)$ વડે ભાગી શકીએ:
$p = -1$.
આમ,$p$ ની માત્ર એક જ કિંમત મળે છે.

(C) સમબાજુ ચતુષ્કોણની બે બાજુઓના સમીકરણો $L_1: x-y+1=0$ અને $L_2: 7x-y-5=0$ છે.
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને શિરોબિંદુ $V_1(1,2)$ મળે છે.
વિકર્ણો એકબીજાને $(-1,-2)$ બિંદુએ દુભાગે છે.
$V_1(1,2)$ ના સામેના શિરોબિંદુ $V_3$ માટે,મધ્યબિંદુ સૂત્ર મુજબ:
$-1 = \frac{1+x_3}{2} \Rightarrow x_3 = -3$ અને $-2 = \frac{2+y_3}{2} \Rightarrow y_3 = -6$.
તેથી $V_3 = (-3,-6)$.
બીજા વિકર્ણનો ઢાળ $m' = -\frac{1}{2}$ છે અને તે $(-1,-2)$ માંથી પસાર થાય છે,તેથી તેનું સમીકરણ $x + 2y + 5 = 0$ છે.
વિકલ્પ $C$ ચકાસતા: $\frac{1}{3} + 2(-\frac{8}{3}) + 5 = 0$.
તેથી,$\left(\frac{1}{3}, -\frac{8}{3}\right)$ એ એક શિરોબિંદુ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $2x^2-5xy+2y^2=0$ છે.
અવયવ પાડતા: $(2x-y)(x-2y)=0$.
આમ,બે બાજુઓ $y=2x$ અને $y=\frac{1}{2}x$ છે.
ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A(a, 2a)$ અને $B(2b, b)$ છે.
મધ્યકેન્દ્ર $(1,1)$ આપેલ છે.
મધ્યકેન્દ્રના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{0+a+2b}{3}=1 \Rightarrow a+2b=3$ $(i)$ અને $\frac{0+2a+b}{3}=1 \Rightarrow 2a+b=3$ (ii).
સમીકરણો $(i)$ અને (ii) ઉકેલતા,આપણને $a=1$ અને $b=1$ મળે છે.
તેથી,શિરોબિંદુઓ $O(0,0)$,$A(1,2)$ અને $B(2,1)$ છે.
ત્રીજી બાજુ $A(1,2)$ અને $B(2,1)$ માંથી પસાર થાય છે.
$(1,2)$ અને $(2,1)$ માંથી પસાર થતી રેખાનું સમીકરણ $y-2 = \frac{1-2}{2-1}(x-1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y-2 = -1(x-1) \Rightarrow x+y-3=0$ થાય છે.

(C) ધારો કે રેખા $L$ એ $x + 3y = 7$ છે અને બિંદુ $P$ એ $(3, 8)$ છે. ધારો કે $Q(h, k)$ એ રેખા $L$ માં બિંદુ $P$ નું પ્રતિબિંબ છે.
રેખા $L$ અરીસા તરીકે કામ કરે છે,તેથી રેખા $PQ$ એ $L$ ને લંબ છે અને $PQ$ નું મધ્યબિંદુ $R$ એ $L$ પર આવેલું છે.
રેખા $L$ નો ઢાળ $m_1 = -1/3$ છે.
$PQ \perp L$ હોવાથી,$PQ$ નો ઢાળ $m_2 = 3$ થશે.
બિંદુ $(3, 8)$ માંથી પસાર થતી અને $3$ ઢાળ ધરાવતી રેખા $PQ$ નું સમીકરણ $y - 8 = 3(x - 3) \Rightarrow y = 3x - 1$ છે.
$PQ$ નું મધ્યબિંદુ $R$ એ $(\frac{h+3}{2}, \frac{k+8}{2})$ છે.
$R$ એ $x + 3y = 7$ પર હોવાથી,$\frac{h+3}{2} + 3(\frac{k+8}{2}) = 7 \Rightarrow h + 3k = -13$ મળે.
સમીકરણમાં $k = 3h - 1$ મૂકતા: $h + 3(3h - 1) = -13$ $\Rightarrow 10h = -10$ $\Rightarrow h = -1$.
તેથી $k = 3(-1) - 1 = -4$.
આમ,$(\alpha, \beta) = (-1, -4)$.
તેથી,$\alpha + \beta = -1 + (-4) = -5$.

(B) આપેલ સમીકરણો છે:
$(p^2-q^2) x^2+(q^2-r^2) xy+(r^2-p^2) y^2=0$ ...$(i)$
$(l-m) x^2+(m-n) xy+(n-l) y^2=0$ ...(ii)
$Ax^2+Bxy+Cy^2=0$ સ્વરૂપના કોઈપણ સમીકરણ માટે,જો $A+B+C=0$ હોય,તો $(x-y)$ એ સમીકરણનો અવયવ છે.
સમીકરણ $(i)$ માટે: $(p^2-q^2) + (q^2-r^2) + (r^2-p^2) = 0$. તેથી,$(x-y)$ એક અવયવ છે.
સમીકરણ (ii) માટે: $(l-m) + (m-n) + (n-l) = 0$. તેથી,$(x-y)$ એક અવયવ છે.
બંને સમીકરણો ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે અને $(x-y)$ અવયવ ધરાવે છે,તેથી સામાન્ય રેખા $x-y=0$ છે.

(A) આપેલ રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $ax^2+2hxy-ay^2+2gx+2fy+c=0$ છે.
ધારો કે છેદબિંદુ $(x_0, y_0)$ છે.
રેખાઓની જોડી $Ax^2+2Hxy+By^2+2Gx+2Fy+C=0$ ના છેદબિંદુના યામ $x_0 = \frac{HF-BG}{AB-H^2}$ અને $y_0 = \frac{GH-AF}{AB-H^2}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$A=a$,$H=h$,$B=-a$,$G=g$,$F=f$,$C=c$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા:
$x_0 = \frac{hf+ag}{-(a^2+h^2)}$
$y_0 = \frac{af-gh}{a^2+h^2}$.
ઉગમબિંદુ $(0,0)$ થી અંતરનો વર્ગ $x_0^2 + y_0^2$ છે.
$x_0^2 + y_0^2 = \frac{(hf+ag)^2 + (af-gh)^2}{(a^2+h^2)^2} = \frac{f^2(h^2+a^2) + g^2(a^2+h^2)}{(a^2+h^2)^2} = \frac{f^2+g^2}{a^2+h^2}$.

(A) રેખા $x+y+1=0$ નો ઢાળ $m = -1$ છે. ધારો કે જરૂરી રેખાઓનો ઢાળ $m'$ છે.
બે રેખાઓ વચ્ચેનો ખૂણો $45^{\circ}$ હોવાથી,આપણે સૂત્ર $\tan \theta = |\frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2}|$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$\tan 45^{\circ} = |\frac{m' - (-1)}{1 + m'(-1)}| \Rightarrow 1 = |\frac{m'+1}{1-m'}|$.
આનાથી બે કિસ્સા મળે છે: $\frac{m'+1}{1-m'} = 1$ અથવા $\frac{m'+1}{1-m'} = -1$.
કિસ્સો $1$: $m'+1 = 1-m'$ $\Rightarrow 2m' = 0$ $\Rightarrow m' = 0$.
રેખાનું સમીકરણ $y-4 = 0(x-3) \Rightarrow y-4 = 0$ છે.
કિસ્સો $2$: $m'+1 = -(1-m')$ $\Rightarrow m'+1 = -1+m'$ $\Rightarrow 1 = -1$,જેનો અર્થ છે કે રેખા શિરોલંબ છે $(m' = \infty)$.
રેખાનું સમીકરણ $x-3 = 0$ છે.
સંયુક્ત સમીકરણ $(x-3)(y-4) = 0 \Rightarrow xy-4x-3y+12 = 0$ છે.

(D) કારણ કે $BD=2 \sqrt{2}$,તેથી $OB=OD=\sqrt{2}$.
આપેલ છે કે $(3,4)$ એ $AC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $C=(5,6)$.
આમ,$OA=OC=\sqrt{(3-1)^2+(4-2)^2}=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}$.
$\triangle AOB$ માં,$OA^2+OB^2=AB^2$,તેથી $AB^2=(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=8+2=10$,જેનો અર્થ છે કે $AB=\sqrt{10}$.
કારણ કે $O(3,4)$ એ $BD$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $\alpha+\gamma=6$ અને $\beta+\delta=8$.
વળી,$OB^2=(\alpha-3)^2+(\beta-4)^2=2$ અને $OD^2=(\gamma-3)^2+(\delta-4)^2=2$.
કારણ કે $ABCD$ સમબાજુ ચતુષ્કોણ છે,$AB=BC=CD=DA=\sqrt{10}$.
$CD^2=10$ માટે અંતર સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણને $(\gamma-5)^2+(\delta-6)^2=10$ મળે છે.
$\alpha < \delta < \gamma < \beta$ શરત સાથે $\alpha, \beta, \gamma, \delta$ માટેના સમીકરણો ઉકેલતા,આપણને $\beta-\delta=-2\alpha+6$ મળે છે.
અંતે,$\beta+\gamma-\delta=(\beta-\delta)+\gamma=(-2\alpha+6)+(6-\alpha)=-3\alpha+12$.

(A) આપેલ રેખાઓ $L_1: y-x=0$,$L_2: 2x+y=0$,અને $L_3: y+2=0$ છે.
$L_1$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ $y=-2$ ને $y-x=0$ માં મૂકતા $x=-2$ મળે છે. તેથી,$P = (-2, -2)$.
$L_2$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ $y=-2$ ને $2x+y=0$ માં મૂકતા $2x-2=0$ મળે છે,તેથી $x=1$. તેથી,$Q = (1, -2)$.
ઉગમબિંદુ $O$ એ $(0, 0)$ છે. લંબાઈઓ $OP = \sqrt{(-2-0)^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{4+4} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$ અને $OQ = \sqrt{(1-0)^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{1+4} = \sqrt{5}$ છે.
$\triangle OPQ$ માં ખૂણાના દ્વિભાજકના પ્રમેય મુજબ,$\angle POQ$ નો દ્વિભાજક સામેની બાજુ $PQ$ ને તેની પાસેની બાજુઓ $OP$ અને $OQ$ ના ગુણોત્તરમાં વિભાજિત કરે છે.
આમ,$PR : RQ = OP : OQ = 2\sqrt{2} : \sqrt{5}$. તેથી,વિધાન-$1$ સાચું છે.
વિધાન-$2$ ખોટું છે કારણ કે ત્રિકોણનો ખૂણાનો દ્વિભાજક તેને બે સમાન ત્રિકોણમાં વિભાજિત કરતું નથી (સિવાય કે ત્રિકોણ તે ખૂણાની સાપેક્ષમાં સમદ્વિબાજુ હોય).
તેથી,વિધાન-$1$ સાચું છે અને વિધાન-$2$ ખોટું છે.

(B) ધારો કે $(x, y)$ એ બિંદુ છે જે $(1, 1)$ અને રેખા $x+y+1=0$ થી સમાન અંતરે છે.
અંતરના સૂત્ર મુજબ,$(x, y)$ થી $(1, 1)$ નું અંતર $\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}$ છે.
$(x, y)$ થી રેખા $x+y+1=0$ નું અંતર $\frac{|x+y+1|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{|x+y+1|}{\sqrt{2}}$ છે.
બંને અંતરોને સરખાવતા:
$\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2} = \frac{|x+y+1|}{\sqrt{2}}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$(x-1)^2+(y-1)^2 = \frac{(x+y+1)^2}{2}$
$2(x^2-2x+1+y^2-2y+1) = x^2+y^2+1+2xy+2x+2y$
$2x^2+2y^2-4x-4y+4 = x^2+y^2+2xy+2x+2y+1$
$x^2+y^2-2xy-6x-6y+3 = 0$
$(x-y)^2-6(x+y)+3 = 0$.

(A) આપેલ છે કે $x = \frac{3at}{1+t^3}$ અને $y = \frac{3at^2}{1+t^3}$.
$x^3 + y^3 = \left(\frac{3at}{1+t^3}\right)^3 + \left(\frac{3at^2}{1+t^3}\right)^3$ લેતા.
$x^3 + y^3 = \frac{27a^3t^3 + 27a^3t^6}{(1+t^3)^3} = \frac{27a^3t^3(1+t^3)}{(1+t^3)^3} = \frac{27a^3t^3}{(1+t^3)^2}$.
હવે,$3axy = 3a \left(\frac{3at}{1+t^3}\right) \left(\frac{3at^2}{1+t^3}\right) = \frac{27a^3t^3}{(1+t^3)^2}$.
તેથી,$x^3 + y^3 = 3axy$.

(A) ધારો કે બિંદુ $P$ ના યામ $(x, y)$ છે.
આપેલ છે કે $PA + PB = 8$.
$\sqrt{(x-2)^2 + (y-3)^2} + \sqrt{(x-2)^2 + (y+3)^2} = 8$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા અને સાદુંરૂપ આપતા:
$16x^2 + 7y^2 - 64x - 48 = 0$.

(A) આપેલ રેખાઓની જોડી $2x^2 - 3xy + y^2 = 0$ છે.
અવયવ પાડતા,$(x - y)(2x - y) = 0$ મળે,જે રેખાઓ $L_1: x - y = 0$ અને $L_2: 2x - y = 0$ દર્શાવે છે.
ત્રીજી બાજુ $L_3: x + y = 1$ છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ:
$L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ ઉગમબિંદુ $O(0, 0)$ છે.
$L_1$ $(x = y)$ અને $L_3$ $(x + y = 1)$ નું છેદબિંદુ: $2x = 1 \Rightarrow x = 1/2, y = 1/2$. એટલે કે,$A(1/2, 1/2)$.
$L_2$ $(y = 2x)$ અને $L_3$ $(x + y = 1)$ નું છેદબિંદુ: $x + 2x = 1$ $\Rightarrow 3x = 1$ $\Rightarrow x = 1/3, y = 2/3$. એટલે કે,$B(1/3, 2/3)$.
બાજુઓની લંબાઈ:
$OA^2 = (1/2)^2 + (1/2)^2 = 1/2$.
$OB^2 = (1/3)^2 + (2/3)^2 = 5/9$.
$AB^2 = (1/3 - 1/2)^2 + (2/3 - 1/2)^2 = 1/18$.
$OA^2 + AB^2 = 1/2 + 1/18 = 5/9 = OB^2$ હોવાથી,ત્રિકોણ $A$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણમાં,લંબકેન્દ્ર અને પરિકેન્દ્ર વચ્ચેનું અંતર કર્ણની લંબાઈનું અડધું હોય છે.
અંતર $= \frac{OB}{2} = \frac{\sqrt{5}}{6}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $ax^3+3bx^2y+3cxy^2+dy^3=0$ છે.
$x^3$ વડે ભાગતા અને $m = \frac{y}{x}$ લેતા,આપણને $m$ માં ત્રિઘાત સમીકરણ મળે છે: $dm^3+3cm^2+3bm+a=0$.
ધારો કે બીજ $m_1, m_2, m_3$ છે.
બીજના ગુણધર્મો પરથી,બીજનો ગુણાકાર $m_1m_2m_3 = -\frac{a}{d}$ થાય.
બે રેખાઓ પરસ્પર લંબ હોવાથી,$m_1m_2 = -1$ લો.
આ કિંમત ગુણાકારના સમીકરણમાં મૂકતા: $(-1)m_3 = -\frac{a}{d} \Rightarrow m_3 = \frac{a}{d}$.
$m_3$ એ ત્રિઘાત સમીકરણનું બીજ હોવાથી,તે $d(\frac{a}{d})^3+3c(\frac{a}{d})^2+3b(\frac{a}{d})+a=0$ નું સમાધાન કરશે.
$d^2$ વડે ગુણતા,આપણને $a^3+3a^2c+3abd+ad^2=0$ મળે છે.
$a$ વડે ભાગતા ($a \neq 0$ હોવાથી),આપણને $a^2+3ac+3bd+d^2=0$ મળે છે.

(C) આપેલ રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ: $4x^2 - 24xy + 11y^2 = 0$.
અવયવ પાડતા: $(2x - y)(2x - 11y) = 0$.
તેથી,બે રેખાઓના સમીકરણો $y = 2x$ અને $y = \frac{2}{11}x$ છે.
આ રેખાઓ દ્વારા $X$-અક્ષ સાથે બનાવેલા ખૂણાઓ $\theta_1$ અને $\theta_2$ માટે $\tan \theta_1 = 2$ અને $\tan \theta_2 = \frac{2}{11}$ થાય.
આપણે $\tan |\theta_1 - \theta_2|$ શોધવાનું છે.
સૂત્ર $\tan(A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan(\theta_1 - \theta_2) = \frac{2 - \frac{2}{11}}{1 + 2 \times \frac{2}{11}} = \frac{\frac{20}{11}}{\frac{15}{11}} = \frac{20}{15} = \frac{4}{3}$.
તેથી,નિરપેક્ષ મૂલ્ય $\frac{4}{3}$ છે.

(A) આપેલ રેખાઓની જોડી $2x^2+5xy+3y^2=0$ છે.
તેના અવયવ પાડતા,આપણને $(x+y)(2x+3y)=0$ મળે છે.
આમ,બે રેખાઓ $x+y=0$ અને $2x+3y=0$ છે.
ત્રીજી રેખા $y=x+c$ છે,અથવા $x-y+c=0$.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ આ રેખાઓના છેદબિંદુઓ છે:
$1$. $x+y=0$ અને $2x+3y=0$ નું છેદબિંદુ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ છે.
$2$. $x+y=0$ અને $x-y+c=0$ નું છેદબિંદુ: સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,$2x+c=0 \Rightarrow x=-\frac{c}{2}$. તેથી $y=\frac{c}{2}$. એટલે કે,$B = (-\frac{c}{2}, \frac{c}{2})$.
$3$. $2x+3y=0$ અને $x-y+c=0$ નું છેદબિંદુ: બીજા સમીકરણ પરથી,$x=y-c$. પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા,$2(y-c)+3y=0$ $\Rightarrow 5y=2c$ $\Rightarrow y=\frac{2c}{5}$. તેથી $x=\frac{2c}{5}-c=-\frac{3c}{5}$. એટલે કે,$C = (-\frac{3c}{5}, \frac{2c}{5})$.
$(0,0)$,$(x_1, y_1)$,અને $(x_2, y_2)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1 y_2 - x_2 y_1|$ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |(-\frac{c}{2})(\frac{2c}{5}) - (-\frac{3c}{5})(\frac{c}{2})| = \frac{1}{2} |-\frac{c^2}{5} + \frac{3c^2}{10}| = \frac{1}{2} |\frac{c^2}{10}| = \frac{c^2}{20}$.
આપેલ ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{20}$ છે,તેથી $\frac{c^2}{20} = \frac{1}{20}$ $\Rightarrow c^2=1$ $\Rightarrow c = \pm 1$.

(C) આપેલ સમીકરણ $(x^2+y^2) \sin^2 \alpha = (x \cos \alpha - y \sin \alpha)^2$ છે.
જમણી બાજુનું વિસ્તરણ કરતા: $(x^2+y^2) \sin^2 \alpha = x^2 \cos^2 \alpha + y^2 \sin^2 \alpha - 2xy \sin \alpha \cos \alpha$.
પદોને ગોઠવતા: $x^2(\sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha) + 2xy \sin \alpha \cos \alpha + y^2(\sin^2 \alpha - \sin^2 \alpha) = 0$.
આનું સાદું રૂપ: $-x^2 \cos 2\alpha + xy \sin 2\alpha = 0$ મળે છે.
રેખાઓની જોડી $Ax^2 + 2Hxy + By^2 = 0$ લંબ હોય તે માટેની શરત $A + B = 0$ છે.
અહીં,$A = -\cos 2\alpha$ અને $B = 0$.
તેથી,$-\cos 2\alpha + 0 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\cos 2\alpha = 0$.
કારણ કે $\cos 2\alpha = 1 - 2\sin^2 \alpha = 0$,તેથી $\sin^2 \alpha = \frac{1}{2}$.
પછી $\cos^2 \alpha = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\tan^2 \alpha = \frac{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \frac{1/2}{1/2} = 1$.
અંતે,$\sin^2 \alpha + \tan^2 \alpha = \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2}$.

(B) આપેલ વર્તુળ $x^2+y^2+6x-8y-11=0$ છે. તેનું કેન્દ્ર $C_1 = (-3, 4)$ અને ત્રિજ્યા $r_1 = \sqrt{(-3)^2 + 4^2 - (-11)} = \sqrt{9+16+11} = \sqrt{36} = 6$ છે.
ધારો કે જરૂરી વર્તુળ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ છે,જેનું કેન્દ્ર $C_2 = (-g, -f)$ અને ત્રિજ્યા $r_2 = 3$ છે.
વર્તુળો $(3,0)$ બિંદુએ બહારથી સ્પર્શતા હોવાથી,બિંદુ $(3,0)$ એ કેન્દ્રો $C_1(-3, 4)$ અને $C_2(-g, -f)$ ને જોડતા રેખાખંડનું $r_1:r_2 = 6:3 = 2:1$ ના ગુણોત્તરમાં અંતઃવિભાજન કરે છે.
વિભાજન સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$3 = \frac{2(-g) + 1(-3)}{2+1}$ $\Rightarrow 3 = \frac{-2g-3}{3}$ $\Rightarrow 9 = -2g-3$ $\Rightarrow 2g = -12$ $\Rightarrow g = -6$.
$0 = \frac{2(-f) + 1(4)}{2+1}$ $\Rightarrow 0 = \frac{-2f+4}{3}$ $\Rightarrow 0 = -2f+4$ $\Rightarrow 2f = 4$ $\Rightarrow f = 2$.
બીજા વર્તુળની ત્રિજ્યા $r_2 = \sqrt{g^2+f^2-c} = 3$ છે.
$g=-6$ અને $f=2$ મૂકતા: $\sqrt{(-6)^2 + 2^2 - c} = 3$ $\Rightarrow 36+4-c = 9$ $\Rightarrow 40-c = 9$ $\Rightarrow c = 31$.
અંતે,$3g-4f+c = 3(-6) - 4(2) + 31 = -18 - 8 + 31 = 5$.

(A) આપેલ સમીકરણ: $ax^2+2hxy+by^2+2gx+2fy+c=0$ $(i)$
જો સમીકરણ $(i)$ વર્તુળ દર્શાવે,તો $a=b$ અને $h=0$ થાય.
આ કિંમતો $(i)$ માં મૂકતા: $bx^2+by^2+2gx+2fy+c=0$.
$b$ વડે ભાગતા ($b \neq 0$ હોવાથી): $x^2+y^2+2(\frac{g}{b})x+2(\frac{f}{b})y+\frac{c}{b}=0$.
બિંદુ વર્તુળ માટે,ત્રિજ્યા $r=0$ હોવી જોઈએ.
વર્તુળ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ ની ત્રિજ્યા $\sqrt{g^2+f^2-c}$ છે.
અહીં,$g' = \frac{g}{b}$,$f' = \frac{f}{b}$,અને $c' = \frac{c}{b}$ છે.
તેથી,$r^2 = (\frac{g}{b})^2 + (\frac{f}{b})^2 - \frac{c}{b} = 0$.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{g^2+f^2}{b^2} = \frac{c}{b}$.
$b^2$ વડે ગુણતા,આપણને $g^2+f^2 = bc$ મળે છે.
$g^2+f^2 \geq 0$ હોવાથી,$bc \geq 0$ થાય.
ઉગમબિંદુ સિવાયના બિંદુ વર્તુળ માટે,$g^2+f^2 > 0$,તેથી $bc > 0$.

(B) ધારો કે $I = \int \sqrt{x}(1-x^3)^{-\frac{1}{2}} dx$.
$t = x^{\frac{3}{2}}$ આદેશ લેતા,$dt = \frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\sqrt{x} dx = \frac{2}{3} dt$.
અહીં $x^3 = (x^{\frac{3}{2}})^2 = t^2$ હોવાથી,સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int (1-t^2)^{-\frac{1}{2}} \left(\frac{2}{3} dt\right) = \frac{2}{3} \int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} dt$.
સંકલન કરતા,આપણને $I = \frac{2}{3} \sin^{-1}(t) + c$ મળે છે.
$t = x^{\frac{3}{2}}$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{2}{3} \sin^{-1}(x^{\frac{3}{2}}) + c$.
આને $\frac{2}{3} g(f(x)) + c$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = x^{\frac{3}{2}}$ અને $g(x) = \sin^{-1} x$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $\int x^{n-2} f(x) dx = \int x^{n-2} \cdot \frac{x}{(1 + nx^n)^{1/n}} dx = \int \frac{x^{n-1}}{(1 + nx^n)^{1/n}} dx$.
ધારો કે $t = 1 + nx^n$.
તેથી $dt = n \cdot n x^{n-1} dx = n^2 x^{n-1} dx$,જેનો અર્થ છે કે $x^{n-1} dx = \frac{1}{n^2} dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$\int \frac{1}{n^2} \cdot t^{-1/n} dt = \frac{1}{n^2} \left[ \frac{t^{-1/n + 1}}{-1/n + 1} \right] + C$.
$= \frac{1}{n^2} \left[ \frac{t^{(n-1)/n}}{(n-1)/n} \right] + C = \frac{1}{n^2} \cdot \frac{n}{n-1} \cdot t^{(n-1)/n} + C$.
$= \frac{1}{n(n-1)} (1 + nx^n)^{1 - 1/n} + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{1+x \cos x}{x[1-x^2(e^{\sin x})^2]} dx$.
અંશ અને છેદને $e^{\sin x}$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{(1+x \cos x) e^{\sin x}}{x e^{\sin x}[1-(x e^{\sin x})^2]} dx$.
ધારો કે $t = x e^{\sin x}$.
તેથી $dt = [e^{\sin x} + x e^{\sin x} \cos x] dx = e^{\sin x}(1+x \cos x) dx$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{t(1-t^2)} = \int \frac{dt}{t(1-t)(1+t)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{1}{t(1-t)(1+t)} = \frac{1}{t} + \frac{1}{2(1-t)} - \frac{1}{2(1+t)}$.
સંકલન કરતા:
$I = \ln|t| - \frac{1}{2} \ln|1-t| - \frac{1}{2} \ln|1+t| + C = \ln|t| - \frac{1}{2} \ln|1-t^2| + C$.
$I = \frac{1}{2} \ln|t^2| - \frac{1}{2} \ln|1-t^2| + C = \frac{1}{2} \ln \left| \frac{t^2}{1-t^2} \right| + C$.
$t = x e^{\sin x}$ પાછા મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} \ln \left| \frac{(x e^{\sin x})^2}{1-(x e^{\sin x})^2} \right| + C = -\frac{1}{2} \ln \left| \frac{(x e^{\sin x})^2}{(x e^{\sin x})^2-1} \right| + C$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{d x}{(x-1) \sqrt{x+2}}$.
$t = \sqrt{x+2}$ આદેશ લેતા,તેથી $t^2 = x+2$,એટલે કે $x = t^2 - 2$.
તેથી $dx = 2t \, dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{2t \, dt}{(t^2 - 2 - 1)t} = \int \frac{2 \, dt}{t^2 - 3}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dx}{x^2 - a^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{x-a}{x+a} \right| + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = 2 \times \frac{1}{2\sqrt{3}} \log \left| \frac{t-\sqrt{3}}{t+\sqrt{3}} \right| + C$.
$I = \frac{1}{\sqrt{3}} \log \left| \frac{\sqrt{x+2}-\sqrt{3}}{\sqrt{x+2}+\sqrt{3}} \right| + C$.

(C) આપેલ છે કે $I = \int_{-a}^a (x^4 - 2x^2) dx$.
અહીં વિધેય $f(x) = x^4 - 2x^2$ એ યુગ્મ વિધેય હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$I = 2 \int_{0}^a (x^4 - 2x^2) dx = 2 \left[ \frac{x^5}{5} - \frac{2x^3}{3} \right]_0^a = 2 \left( \frac{a^5}{5} - \frac{2a^3}{3} \right)$.
ન્યૂનતમ કિંમત શોધવા માટે,આપણે $a$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીએ:
$\frac{dI}{da} = 2(a^4 - 2a^2) = 2a^2(a^2 - 2)$.
$\frac{dI}{da} = 0$ લેતા,આપણને $a = 0, \sqrt{2}, -\sqrt{2}$ મળે છે.
હવે,દ્વિતીય વિકલન મેળવતા:
$\frac{d^2I}{da^2} = 2(4a^3 - 4a) = 8a(a^2 - 1)$.
$a = \sqrt{2}$ માટે,$\frac{d^2I}{da^2} = 8(\sqrt{2})(2 - 1) = 8\sqrt{2} > 0$.
દ્વિતીય વિકલન ધન હોવાથી,$I$ એ $a = \sqrt{2}$ આગળ ન્યૂનતમ છે.

(C) ખંડશઃ સંકલન (Integration by parts) નો ઉપયોગ કરતા,$\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = (\log x)^2$ અને $dv = x^3 \, dx$.
તેથી $du = 2(\log x) \cdot \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = \frac{x^4}{4}$ મળે.
$I = \int x^3(\log x)^2 \, dx = (\log x)^2 \cdot \frac{x^4}{4} - \int \frac{x^4}{4} \cdot 2(\log x) \cdot \frac{1}{x} \, dx$
$I = \frac{x^4}{4}(\log x)^2 - \frac{1}{2} \int x^3 \log x \, dx$
હવે,$\int x^3 \log x \, dx$ માટે ફરીથી ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા:
ધારો કે $u = \log x$ અને $dv = x^3 \, dx$.
તેથી $du = \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = \frac{x^4}{4}$ મળે.
$\int x^3 \log x \, dx = \frac{x^4}{4} \log x - \int \frac{x^4}{4} \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^4}{4} \log x - \frac{x^4}{16}$.
આ કિંમત પાછી મૂકતા:
$I = \frac{x^4}{4}(\log x)^2 - \frac{1}{2} \left[ \frac{x^4}{4} \log x - \frac{x^4}{16} \right] + C$.

(A) ધારો કે $I = \int e^{\sin x} \left( \frac{x \cos^3 x - \sin x}{\cos^2 x} \right) dx$
$= \int e^{\sin x} (x \cos x - \tan x \sec x) dx$
અહીં,જો આપણે $f(x) = e^{\sin x}(x - \sec x)$ લઈએ,તો તેનું વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} [e^{\sin x} (x - \sec x)] = e^{\sin x} \cos x (x - \sec x) + e^{\sin x} (1 - \sec x \tan x)$
$= x e^{\sin x} \cos x - e^{\sin x} + e^{\sin x} - e^{\sin x} \sec x \tan x$
$= e^{\sin x} (x \cos x - \sec x \tan x)$
તેથી,સંકલનનો જવાબ $e^{\sin x}(x - \sec x) + C$ છે.

(B) ધારો કે $f(x) = \frac{x^2}{(x+2)(2x+3)} = \frac{x^2}{2x^2+7x+6}$.
સૌ પ્રથમ આપણે $f(x)$ નું આંશિક અપૂર્ણાંકમાં વિભાજન કરીએ:
$\frac{x^2}{(x+2)(2x+3)} = \frac{1}{2} + \frac{-\frac{7}{2}x - 3}{(x+2)(2x+3)} = \frac{1}{2} + \frac{A'}{x+2} + \frac{B'}{2x+3}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{-\frac{7}{2}x - 3}{(x+2)(2x+3)} = \frac{P}{x+2} + \frac{Q}{2x+3}$.
$x = -2$ લેતા: $P = \frac{-\frac{7}{2}(-2) - 3}{2(-2)+3} = \frac{4}{-1} = -4$.
$x = -3/2$ લેતા: $Q = \frac{-\frac{7}{2}(-3/2) - 3}{(-3/2)+2} = \frac{21/4 - 12/4}{1/2} = \frac{9/4}{1/2} = 9/2$.
તેથી,$f(x) = \frac{1}{2} - \frac{4}{x+2} + \frac{9/2}{2x+3}$.
હવે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} f(x) = 0 - 4(-1)(x+2)^{-2} + \frac{9}{2}(-1)(2x+3)^{-2} \cdot 2$
$\frac{d}{dx} f(x) = \frac{4}{(x+2)^2} - \frac{9}{(2x+3)^2}$.
આને $\frac{A}{(x+2)^2} + \frac{B}{(2x+3)^2}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = 4$ અને $B = -9$ મળે છે.
તેથી,$A+B = 4 + (-9) = -5$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x^2}{(x^2-1)(x^2+1)} dx$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને,આપણે લખી શકીએ કે $\frac{x^2}{(x^2-1)(x^2+1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{x^2-1} + \frac{1}{x^2+1} \right)$.
હવે,$I = \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2-1} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{x^2+1} dx$.
પ્રમાણિત સંકલન $\int \frac{1}{x^2-a^2} dx = \frac{1}{2a} \ln \left| \frac{x-a}{x+a} \right| + c$ અને $\int \frac{1}{x^2+1} dx = \tan^{-1} x + c$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$I = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right| \right) + \frac{1}{2} \tan^{-1} x + c$.
$I = \frac{1}{4} \ln \left| \frac{x-1}{x+1} \right| + \frac{1}{2} \tan^{-1} x + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt{x^4+x^{-4}+2}}{x^3} d x$
વર્ગમૂળની અંદરના પદને પૂર્ણવર્ગ તરીકે લખતા:
$x^4 + x^{-4} + 2 = (x^2)^2 + (x^{-2})^2 + 2(x^2)(x^{-2}) = (x^2 + x^{-2})^2$
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\sqrt{(x^2 + x^{-2})^2}}{x^3} d x = \int \frac{x^2 + x^{-2}}{x^3} d x$
હવે,અંશના દરેક પદને $x^3$ વડે ભાગતા:
$I = \int \left( \frac{x^2}{x^3} + \frac{x^{-2}}{x^3} \right) d x = \int \left( \frac{1}{x} + x^{-5} \right) d x$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \int \frac{1}{x} d x + \int x^{-5} d x = \ln |x| + \frac{x^{-4}}{-4} + C$
$I = \ln |x| - \frac{1}{4x^4} + C$

(A) ધારો કે $I = \int \frac{1}{x[(\log x)^2 + 4 \log x - 1]} dx$.
$\log x = t$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{x} dx = dt$ મળે.
તેથી સંકલન $I = \int \frac{1}{t^2 + 4t - 1} dt$ બને છે.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $t^2 + 4t - 1 = (t+2)^2 - 5 = (t+2)^2 - (\sqrt{5})^2$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{u^2 - a^2} du = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{u-a}{u+a} \right| + K$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{2\sqrt{5}} \log \left| \frac{(t+2) - \sqrt{5}}{(t+2) + \sqrt{5}} \right| + K$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{2\sqrt{5}} \log \left| \frac{\log x + 2 - \sqrt{5}}{\log x + 2 + \sqrt{5}} \right| + K$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{1}{2\sqrt{5}}$,$B = 2 - \sqrt{5}$,અને $C = 2 + \sqrt{5}$ મળે છે.

(C) આપેલ છે: $f(x) = \log(\log x) + (\log x)^{-2}$.
પ્રતિ-વિકલિત $g(x) = \int (\log(\log x) + (\log x)^{-2}) dx$.
ધારો કે $t = \log x$,તેથી $x = e^t$ અને $dx = e^t dt$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$g(x) = \int e^t (\log t + t^{-2}) dt$.
આપણે સંકલ્યને $e^t (\log t + t^{-1} - t^{-1} + t^{-2}) = e^t (\log t + t^{-1}) + e^t (-t^{-1} + t^{-2})$ તરીકે લખી શકીએ.
સૂત્ર $\int e^t (h(t) + h'(t)) dt = e^t h(t) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $h(t) = \log t$,આપણને મળે:
$g(x) = e^t \log t - e^t t^{-1} + C = e^t (\log t - t^{-1}) + C$.
$t = \log x$ પાછું મૂકતા:
$g(x) = x (\log(\log x) - (\log x)^{-1}) + C$.
આલેખ $(e, 2023 - e)$ માંથી પસાર થાય છે:
$2023 - e = e (\log(\log e) - (\log e)^{-1}) + C$.
$2023 - e = e (\log(1) - 1) + C$.
$2023 - e = e (0 - 1) + C = -e + C$.
તેથી,$C = 2023$.
$x$ થી સ્વતંત્ર પદ $k = 2023$ છે.
$k$ ના અંકોનો સરવાળો $2 + 0 + 2 + 3 = 7$ થાય છે.

(B) સંકલન $I = \int \frac{dx}{\sin(x-a) \cos(x-b)}$ ઉકેલવા માટે,$\cos(a-b)$ વડે ગુણો અને ભાગો:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos((x-b)-(x-a))}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
નિત્યસમ $\cos(A-B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \frac{\cos(x-b)\cos(x-a) + \sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int \left( \frac{\cos(x-b)\cos(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} + \frac{\sin(x-b)\sin(x-a)}{\sin(x-a) \cos(x-b)} \right) dx$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \int (\cot(x-a) + \tan(x-b)) dx$
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} [\ln|\sin(x-a)| - \ln|\cos(x-b)|] + C$
$I = \frac{1}{\cos(a-b)} \ln \left| \frac{\sin(x-a)}{\cos(x-b)} \right| + C$

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int e^x \left( \frac{2 + \sin 2x}{1 + \cos 2x} \right) dx$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ અને $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int e^x \left( \frac{2 + 2 \sin x \cos x}{2 \cos^2 x} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{2(1 + \sin x \cos x)}{2 \cos^2 x} \right) dx$
$I = \int e^x \left( \frac{1}{\cos^2 x} + \frac{\sin x \cos x}{\cos^2 x} \right) dx$
$I = \int e^x (\sec^2 x + \tan x) dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સ્વરૂપ $\int e^x (f(x) + f'(x)) dx = e^x f(x) + C$ યાદ કરો.
અહીં,ધારો કે $f(x) = \tan x$,તો $f'(x) = \sec^2 x$ થાય.
તેથી,$I = e^x \tan x + C$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{1/2} \frac{x \sin^{-1} x}{\sqrt{1-x^2}} dx$.
$\sin^{-1} x = t$ આદેશ લેતા,$x = \sin t$ અને $dx = \cos t dt$ મળે.
જ્યારે $x = 0$,ત્યારે $t = 0$ અને જ્યારે $x = 1/2$,ત્યારે $t = \pi/6$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^{\pi/6} \frac{\sin t \cdot t}{\sqrt{1-\sin^2 t}} \cdot \cos t dt = \int_0^{\pi/6} t \sin t dt$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int u dv = uv - \int v du$.
$u = t$ અને $dv = \sin t dt$ લેતા,$du = dt$ અને $v = -\cos t$ મળે.
$I = [t(-\cos t)]_0^{\pi/6} - \int_0^{\pi/6} (-\cos t) dt$
$I = [-t \cos t + \sin t]_0^{\pi/6}$
$I = [-\frac{\pi}{6} \cos(\frac{\pi}{6}) + \sin(\frac{\pi}{6})] - [0 + \sin(0)]$
$I = [-\frac{\pi}{6} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}] = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{12} \pi$.

(C) આપેલ છે કે $u(n) = \int_0^{\pi/2} (1 + \sin t)^n \sin 2t \, dt$.
નિત્યસમ $\sin 2t = 2 \sin t \cos t$ નો ઉપયોગ કરતા:
$u(n) = 2 \int_0^{\pi/2} (1 + \sin t)^n \sin t \cos t \, dt$.
ધારો કે $x = 1 + \sin t$,તેથી $dx = \cos t \, dt$.
જ્યારે $t = 0$,ત્યારે $x = 1$. જ્યારે $t = \pi/2$,ત્યારે $x = 2$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$u(n) = 2 \int_1^2 x^n (x - 1) \, dx = 2 \int_1^2 (x^{n+1} - x^n) \, dx$.
સંકલન કરતા આપણને મળે છે:
$u(n) = 2 \left[ \frac{x^{n+2}}{n+2} - \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_1^2$.
$n = 4$ માટે:
$u(4) = 2 \left[ \frac{x^6}{6} - \frac{x^5}{5} \right]_1^2 = 2 \left( (\frac{2^6}{6} - \frac{2^5}{5}) - (\frac{1}{6} - \frac{1}{5}) \right)$.
$u(4) = 2 \left( (\frac{64}{6} - \frac{32}{5}) - (\frac{5 - 6}{30}) \right) = 2 \left( \frac{320 - 192}{30} + \frac{1}{30} \right)$.
$u(4) = 2 \left( \frac{128}{30} + \frac{1}{30} \right) = 2 \left( \frac{129}{30} \right) = \frac{129}{15}$.

(C) ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\frac{\pi}{2}} \sin x \cdot \sin^2(\cos x) \, dx$.
$t = \cos x$ આદેશ લેતા,$dt = -\sin x \, dx$,તેથી $\sin x \, dx = -dt$ થાય.
જ્યારે $x = -\pi$,ત્યારે $t = \cos(-\pi) = -1$.
જ્યારે $x = \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $t = \cos(\frac{\pi}{2}) = 0$.
તેથી,$I = \int_{-1}^{0} \sin^2(t) (-dt) = \int_{0}^{-1} \sin^2(t) \, dt$.
નિત્યસમ $\sin^2(t) = \frac{1 - \cos(2t)}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{0}^{-1} \frac{1 - \cos(2t)}{2} \, dt = \frac{1}{2} \left[ t - \frac{\sin(2t)}{2} \right]_{0}^{-1}$.
$I = \frac{1}{2} \left[ (-1 - \frac{\sin(-2)}{2}) - (0 - 0) \right]$.
કારણ કે $\sin(-2) = -\sin(2)$,તેથી:
$I = \frac{1}{2} \left[ -1 + \frac{\sin(2)}{2} \right] = \frac{\sin(2) - 2}{4}$.

(D) આપેલ સમીકરણ $\int_x^1(1-t) dt = \frac{1}{2}$ છે.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $\left[t - \frac{t^2}{2}\right]_x^1 = \frac{1}{2}$.
સીમાઓ મૂકતા: $(1 - \frac{1}{2}) - (x - \frac{x^2}{2}) = \frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2} - x + \frac{x^2}{2} = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુથી $\frac{1}{2}$ બાદ કરતા: $\frac{x^2}{2} - x = 0$.
$2$ વડે ગુણતા: $x^2 - 2x = 0$.
અવયવ પાડતા: $x(x - 2) = 0$.
આમ,$x = 0$ અથવા $x = 2$.
પ્રશ્નમાં $x$ ની ધન કિંમત પૂછવામાં આવી હોવાથી,$x = 2$ મળે છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{x^3}{\sqrt{1+x^2}} d x$.
$1+x^2 = t^2$ આદેશ લેતા,$2x d x = 2t d t$ એટલે કે $x d x = t d t$ મળે.
વળી,$x^2 = t^2 - 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(t^2-1) t d t}{t} = \int (t^2-1) d t$.
$t$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$I = \frac{t^3}{3} - t + C$.
$t = (1+x^2)^{1/2}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{3}(1+x^2)^{3/2} - (1+x^2)^{1/2} + C$.
આને $A(1+x^2)^{3/2} + B(1+x^2)^{1/2} + C$ સાથે સરખાવતા,$A = \frac{1}{3}$ અને $B = -1$ મળે.
તેથી,$A+B = \frac{1}{3} - 1 = -\frac{2}{3}$.

(D) ધારો કે $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{1}{1+\sqrt{\cot x}} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}} dx$ $(1)$
ગુણધર્મ $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a+b = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$:
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\sin(\frac{\pi}{2}-x)}}{\sqrt{\sin(\frac{\pi}{2}-x)} + \sqrt{\cos(\frac{\pi}{2}-x)}} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\cos x}}{\sqrt{\cos x} + \sqrt{\sin x}} dx$ $(2)$
$(1)$ અને $(2)$ નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}}{\sqrt{\sin x} + \sqrt{\cos x}} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} 1 dx$
$2I = [x]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$
$I = \frac{\pi}{12}$

(D) ધારો કે $I = \int_{\frac{1}{25}}^3 \frac{e^{\frac{3}{x}}}{x^2} d x$.
$t = \frac{3}{x}$ આદેશ લેતા.
તેથી $dt = -\frac{3}{x^2} dx$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{x^2} dx = -\frac{1}{3} dt$.
જ્યારે $x = 3$ હોય,ત્યારે $t = \frac{3}{3} = 1$.
જ્યારે $x = \frac{1}{25}$ હોય,ત્યારે $t = \frac{3}{1/25} = 75$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{75}^1 e^t \left(-\frac{1}{3} dt\right) = -\frac{1}{3} \int_{75}^1 e^t dt$.
$I = -\frac{1}{3} [e^t]_{75}^1 = -\frac{1}{3} (e^1 - e^{75})$.
$I = \frac{1}{3} (e^{75} - e)$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{dx}{1+\sin x}$ છે.
અંશ અને છેદને $(1-\sin x)$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{1-\sin x}{1-\sin^2 x} dx = \int \frac{1-\sin x}{\cos^2 x} dx$
$I = \int (\sec^2 x - \sec x \tan x) dx = \tan x - \sec x + C$
અડધા ખૂણાના નિત્યસમ $\sin x = 2\sin(\frac{x}{2})\cos(\frac{x}{2})$ અને $\cos x = \cos^2(\frac{x}{2}) - \sin^2(\frac{x}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \frac{\sin x - 1}{\cos x} + C = \frac{-(\cos(\frac{x}{2}) - \sin(\frac{x}{2}))^2}{(\cos(\frac{x}{2}) - \sin(\frac{x}{2}))(\cos(\frac{x}{2}) + \sin(\frac{x}{2}))} + C$
$I = -\frac{\cos(\frac{x}{2}) - \sin(\frac{x}{2})}{\cos(\frac{x}{2}) + \sin(\frac{x}{2})} + C = -\tan\left(\frac{\pi}{4} - \frac{x}{2}\right) + C$
કારણ કે $-\tan(A) = \tan(-A)$,તેથી $I = \tan\left(\frac{x}{2} - \frac{\pi}{4}\right) + C$.
આને $\tan(\frac{x}{2} - \theta) + C$ સાથે સરખાવતા,આપણને $\theta = \frac{\pi}{4}$ મળે છે.

(C) આપેલ સંકલન: $I = \int \left(\frac{8^{1+x}+4^{1+x}}{2^{2x}}\right) dx$
પદોને આ રીતે લખી શકાય: $8^{1+x} = 8 \cdot 8^x = 8 \cdot (2^3)^x = 8 \cdot 2^{3x}$ અને $4^{1+x} = 4 \cdot 4^x = 4 \cdot (2^2)^x = 4 \cdot 2^{2x}$
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int \frac{8 \cdot 2^{3x} + 4 \cdot 2^{2x}}{2^{2x}} dx$
દરેક પદને $2^{2x}$ વડે ભાગતા: $I = \int (8 \cdot 2^{3x-2x} + 4) dx = \int (8 \cdot 2^x + 4) dx$
$x$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા: $I = 8 \int 2^x dx + \int 4 dx$
સૂત્ર $\int a^x dx = \frac{a^x}{\log_e a} + C$ નો ઉપયોગ કરતા: $I = 8 \cdot \frac{2^x}{\log_e 2} + 4x + C$

(A) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sum_{n=0}^4 \left(\frac{n \pi}{4}+x\right)}{\cos x+\sin x} dx$.
અહીં $\sum_{n=0}^4 \left(\frac{n \pi}{4}+x\right) = (0+1+2+3+4) \frac{\pi}{4} + (1+1+1+1+1)x = \frac{10 \pi}{4} + 5x = \frac{5 \pi}{2} + 5x = 5 \left(\frac{\pi}{2} + x\right)$.
તેથી,$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{5 \left(\frac{\pi}{2} + x\right)}{\sqrt{2} \left(\frac{1}{\sqrt{2}} \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x\right)} dx = \frac{5}{\sqrt{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\pi}{2} + x\right) \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right) dx$ ...$(i)$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,$x$ ને $\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$ વડે બદલતા:
$I = \frac{5}{\sqrt{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left[\frac{\pi}{2} + \left(\frac{\pi}{2} - x\right)\right] \sec \left(\left(\frac{\pi}{2} - x\right) - \frac{\pi}{4}\right) dx = \frac{5}{\sqrt{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\pi - x) \sec \left(\frac{\pi}{4} - x\right) dx$.
કેમ કે $\sec(\alpha) = \sec(-\alpha)$,તેથી $\sec \left(\frac{\pi}{4} - x\right) = \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right)$.
આમ,$I = \frac{5}{\sqrt{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\pi - x) \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right) dx$ ...(ii).
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \frac{5}{\sqrt{2}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\pi}{2} + x + \pi - x\right) \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right) dx = \frac{5}{\sqrt{2}} \cdot \frac{3 \pi}{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right) dx$.
$2I = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \left[ \log \left| \sec \left(x - \frac{\pi}{4}\right) + \tan \left(x - \frac{\pi}{4}\right) \right| \right]_0^{\frac{\pi}{2}}$.
$2I = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \left[ \log |\sec \frac{\pi}{4} + \tan \frac{\pi}{4}| - \log |\sec \left(-\frac{\pi}{4}\right) + \tan \left(-\frac{\pi}{4}\right)| \right]$.
$2I = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \left[ \log |\sqrt{2} + 1| - \log |\sqrt{2} - 1| \right] = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \log \left| \frac{\sqrt{2} + 1}{\sqrt{2} - 1} \right| = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \log |(\sqrt{2} + 1)^2| = \frac{15 \pi}{\sqrt{2}} \log |\sqrt{2} + 1|$.
તેથી,$I = \frac{15 \pi}{2 \sqrt{2}} \log |\sqrt{2} + 1|$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $1 - \cos 2x = 2 \sin^2 x$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે છે:
$I = \int_0^{50 \pi} \sqrt{2 \sin^2 x} \, dx = \sqrt{2} \int_0^{50 \pi} |\sin x| \, dx$.
કારણ કે $|\sin x|$ એ $\pi$ આવર્તકાળ ધરાવતું વિધેય છે,આપણે લખી શકીએ:
$I = \sqrt{2} \times 50 \int_0^{\pi} |\sin x| \, dx$.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં,$\sin x \ge 0$ છે,તેથી $|\sin x| = \sin x$.
$I = 50 \sqrt{2} \int_0^{\pi} \sin x \, dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$I = 50 \sqrt{2} [-\cos x]_0^{\pi} = 50 \sqrt{2} (-(\cos \pi - \cos 0)) = 50 \sqrt{2} (-(-1 - 1)) = 50 \sqrt{2} (2) = 100 \sqrt{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int_{-5}^5 \frac{x^3+5}{\sqrt{12+x}} dx$.
ગુણધર્મ $\int_a^b f(x) dx = \int_a^b f(a+b-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_{-5}^5 \frac{(-5+5-x)^3+5}{\sqrt{12+(-5+5-x)}} dx = \int_{-5}^5 \frac{-x^3+5}{\sqrt{12-x}} dx$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_{-5}^5 \left( \frac{x^3+5}{\sqrt{12+x}} + \frac{5-x^3}{\sqrt{12-x}} \right) dx$.
વિધેય યુગ્મ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ:
$2I = 2 \int_0^5 \left( \frac{x^3+5}{\sqrt{12+x}} + \frac{5-x^3}{\sqrt{12-x}} \right) dx$.
તેથી,$I = \int_0^5 \left( \frac{x^3+5}{\sqrt{12+x}} + \frac{5-x^3}{\sqrt{12-x}} \right) dx$.
આપેલ છે કે $\int_{-5}^5 f(x) dx = \int_0^5 (f(x) + g(x)) dx$,તેથી સરખામણી કરતા:
$\int_0^5 (f(x) + g(x)) dx = \int_0^5 \left( \frac{x^3+5}{\sqrt{12+x}} + \frac{5-x^3}{\sqrt{12-x}} \right) dx$.
આમ,$g(x) = \frac{5-x^3}{\sqrt{12-x}}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}+x\right)+\sin \left(\frac{3 \pi}{4}+x\right)}{\cos x+\sin x} d x$.
નિત્યસમ $\sin(A+B) = \sin A \cos B + \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin \left(\frac{\pi}{4}+x\right) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x = \frac{1}{\sqrt{2}} (\cos x + \sin x)$.
$\sin \left(\frac{3 \pi}{4}+x\right) = \sin \left(\pi - (\frac{\pi}{4} - x)\right) = \sin (\frac{\pi}{4} - x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cos x - \frac{1}{\sqrt{2}} \sin x = \frac{1}{\sqrt{2}} (\cos x - \sin x)$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\frac{1}{\sqrt{2}} (\cos x + \sin x) + \frac{1}{\sqrt{2}} (\cos x - \sin x)}{\cos x + \sin x} d x$.
$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\frac{2}{\sqrt{2}} \cos x}{\cos x + \sin x} d x = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x}{\cos x + \sin x} d x$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) d x = \int_0^a f(a-x) d x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos(\frac{\pi}{2}-x)}{\cos(\frac{\pi}{2}-x) + \sin(\frac{\pi}{2}-x)} d x = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{\sin x + \cos x} d x$.
$I$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા:
$2I = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos x + \sin x}{\cos x + \sin x} d x = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} 1 d x = \sqrt{2} [x]_0^{\frac{\pi}{2}} = \sqrt{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$.
તેથી,$I = \frac{\pi}{2 \sqrt{2}}$.

(B) ધારો કે $I = \int_0^1 (\sqrt{10})^{2x} dx$.
કારણ કે $(\sqrt{10})^{2x} = (10^{1/2})^{2x} = 10^x$,તેથી સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$I = \int_0^1 10^x dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int a^x dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \left[ \frac{10^x}{\ln 10} \right]_0^1$.
સીમાઓ મૂકતા:
$I = \frac{10^1}{\ln 10} - \frac{10^0}{\ln 10} = \frac{10}{\ln 10} - \frac{1}{\ln 10} = \frac{9}{\ln 10}$.

(A) $\int_0^2 f(x) \, dx$ ની કિંમત શોધવા માટે,આપણે $f(x)$ ની વ્યાખ્યા મુજબ અંતરાલ $[0, 2]$ ને $x = 1$ પર વિભાજિત કરીએ છીએ.
$\int_0^2 f(x) \, dx = \int_0^1 x^2 \, dx + \int_1^2 \sqrt{x} \, dx$
પ્રથમ ભાગનું મૂલ્યાંકન: $\int_0^1 x^2 \, dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 = \frac{1}{3} - 0 = \frac{1}{3}$
બીજા ભાગનું મૂલ્યાંકન: $\int_1^2 x^{1/2} \, dx = \left[ \frac{x^{3/2}}{3/2} \right]_1^2 = \left[ \frac{2}{3} x^{3/2} \right]_1^2 = \frac{2}{3} (2^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{2}{3} (2\sqrt{2} - 1)$
બંને ભાગોનો સરવાળો કરતા: $\frac{1}{3} + \frac{2}{3}(2\sqrt{2} - 1) = \frac{1 + 4\sqrt{2} - 2}{3} = \frac{4\sqrt{2} - 1}{3}$

(B) ધારો કે $I = \int_0^{2024 \pi} \frac{2023^{\sin ^2 x}}{2023^{\sin ^2 x}+2023^{\cos ^2 x}} d x$.
સંકલિતનું આવર્તમાન $\pi$ હોવાથી,આપણે લખી શકીએ $I = 2024 \int_0^{\pi} \frac{2023^{\sin ^2 x}}{2023^{\sin ^2 x}+2023^{\cos ^2 x}} d x$.
ગુણધર્મ $\int_0^{2a} f(x) dx = 2 \int_0^a f(x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા (જો $f(2a-x) = f(x)$ હોય),આપણને મળે $I = 2024 \times 2 \int_0^{\pi/2} \frac{2023^{\sin ^2 x}}{2023^{\sin ^2 x}+2023^{\cos ^2 x}} d x$.
ધારો કે $J = \int_0^{\pi/2} \frac{2023^{\sin ^2 x}}{2023^{\sin ^2 x}+2023^{\cos ^2 x}} d x$.
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $J = \int_0^{\pi/2} \frac{2023^{\cos ^2 x}}{2023^{\cos ^2 x}+2023^{\sin ^2 x}} d x$.
$J$ માટેના બંને પદોનો સરવાળો કરતા,$2J = \int_0^{\pi/2} 1 dx = \frac{\pi}{2}$,તેથી $J = \frac{\pi}{4}$.
આમ,$I = 2024 \times 2 \times \frac{\pi}{4} = 1012 \pi$.
આપેલ છે કે $k = I = 1012 \pi$,તેથી $\frac{2k}{\pi} + 1 = \frac{2(1012 \pi)}{\pi} + 1 = 2024 + 1 = 2025$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^\pi \frac{\cos x}{\sqrt{1-\sin^2 x}} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sqrt{1-\sin^2 x} = |\cos x|$,તેથી સંકલન $I = \int_0^\pi \frac{\cos x}{|\cos x|} dx$ બને છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $x \in [0, \pi/2)$ માટે $\cos x > 0$ અને $x \in (\pi/2, \pi]$ માટે $\cos x < 0$ છે.
તેથી,આપણે સંકલનને $x = \pi/2$ પર વિભાજિત કરીએ છીએ:
$I = \int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x} dx + \int_{\pi/2}^\pi \frac{\cos x}{-\cos x} dx$.
$I = \int_0^{\pi/2} 1 dx - \int_{\pi/2}^\pi 1 dx$.
$I = [x]_0^{\pi/2} - [x]_{\pi/2}^\pi$.
$I = (\pi/2 - 0) - (\pi - \pi/2) = \pi/2 - \pi/2 = 0$.

(A) ધારો કે $I = \int_0^\pi x \sin^3 x \cos^2 x \, dx$ ...$(i)$
ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) \, dx = \int_0^a f(a-x) \, dx$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int_0^\pi (\pi - x) \sin^3(\pi - x) \cos^2(\pi - x) \, dx$
કારણ કે $\sin(\pi - x) = \sin x$ અને $\cos(\pi - x) = -\cos x$,તેથી:
$I = \int_0^\pi (\pi - x) \sin^3 x \cos^2 x \, dx$ ...(ii)
$(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2I = \int_0^\pi \pi \sin^3 x \cos^2 x \, dx = \pi \int_0^\pi (1 - \cos^2 x) \cos^2 x \sin x \, dx$
ધારો કે $t = \cos x$,તો $dt = -\sin x \, dx$. સીમાઓ $0 \to \pi$ થી બદલાઈને $1 \to -1$ થશે:
$2I = \pi \int_1^{-1} (1 - t^2) t^2 (-dt) = \pi \int_{-1}^1 (t^2 - t^4) \, dt$
$2I = \pi \left[ \frac{t^3}{3} - \frac{t^5}{5} \right]_{-1}^1 = \pi \left( (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) - (-\frac{1}{3} + \frac{1}{5}) \right) = \pi \left( \frac{2}{15} + \frac{2}{15} \right) = \frac{4\pi}{15}$
$I = \frac{2\pi}{15}$

(D) ધારો કે $I = \int_0^{2 \pi} |x \sin x| \, dx$. અંતરાલ $[0, 2 \pi]$ માં $x \ge 0$ હોવાથી,$I = \int_0^{2 \pi} x |\sin x| \, dx$ થાય.
અંતરાલ $[0, \pi]$ માં $\sin x \ge 0$ અને અંતરાલ $[\pi, 2 \pi]$ માં $\sin x \le 0$ છે.
તેથી,$I = \int_0^{\pi} x \sin x \, dx - \int_{\pi}^{2 \pi} x \sin x \, dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int x \sin x \, dx = -x \cos x + \sin x$.
પ્રથમ સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_0^{\pi} x \sin x \, dx = [-x \cos x + \sin x]_0^{\pi} = (-\pi(-1) + 0) - (0 + 0) = \pi$.
બીજા સંકલનનું મૂલ્ય: $\int_{\pi}^{2 \pi} x \sin x \, dx = [-x \cos x + \sin x]_{\pi}^{2 \pi} = (-2 \pi(1) + 0) - (-\pi(-1) + 0) = -2 \pi - \pi = -3 \pi$.
તેથી,$I = \pi - (-3 \pi) = 4 \pi$.
આપેલ છે કે $\int_0^{2 \pi} |x \sin x| \, dx = k \pi$,તેથી $4 \pi = k \pi$,જેનો અર્થ છે કે $k = 4$.

(A) ધારો કે $f(x) = \sqrt{3+x+x^2}$. કારણ કે $f(x)$ એ $[1, 3]$ પર વધતું વિધેય છે,તેથી તમામ $x \in [1, 3]$ માટે $f(1) \le f(x) \le f(3)$ થાય.
$f(1) = \sqrt{3+1+1} = \sqrt{5}$.
$f(3) = \sqrt{3+3+9} = \sqrt{15}$.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,$\int_a^b f(x) dx \le (b-a) \times \max(f(x))$ અને $\int_a^b f(x) dx \ge (b-a) \times \min(f(x))$.
અહીં,$a=1, b=3$,તેથી $b-a = 2$.
આમ,$2 \times \sqrt{5} \le I \le 2 \times \sqrt{15}$.
તેથી,$I \in [2 \sqrt{5}, 2 \sqrt{15}]$.
આપેલા વિકલ્પો સાથે સરખાવતા,સાચો અંતરાલ $(2 \sqrt{5}, 2 \sqrt{15})$ છે.

(D) ધારો કે $f(x) = \tan ^9 x \sin ^6 x \cos ^3 x$.
આપણે $f(-x)$ ની કિંમત શોધીને વિધેય યુગ્મ છે કે અયુગ્મ તે ચકાસીએ:
$f(-x) = [\tan(-x)]^9 [\sin(-x)]^6 [\cos(-x)]^3$
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(-x) = -\tan x$,$\sin(-x) = -\sin x$,અને $\cos(-x) = \cos x$,તેથી:
$f(-x) = (-\tan x)^9 (-\sin x)^6 (\cos x)^3$
$f(-x) = -\tan^9 x \cdot \sin^6 x \cdot \cos^3 x = -f(x)$.
અહીં $f(-x) = -f(x)$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય છે.
નિશ્ચિત સંકલનના ગુણધર્મ મુજબ,જો $f(x)$ અયુગ્મ વિધેય હોય,તો $\int_{-a}^{a} f(x) \, dx = 0$ થાય.
તેથી,$\int_{-4 \pi}^{4 \pi} \tan ^9 x \sin ^6 x \cos ^3 x \, dx = 0$.

(C) આપેલ છે કે $S_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n-1)x)}{\sin x} dx$.
તેથી $S_{n+1} = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)x)}{\sin x} dx$.
હવે,તફાવત ધ્યાનમાં લો:
$S_{n+1} - S_n = \int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)x) - \sin((2n-1)x)}{\sin x} dx$.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\sin C - \sin D = 2 \cos(\frac{C+D}{2}) \sin(\frac{C-D}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin((2n+1)x) - \sin((2n-1)x) = 2 \cos(2nx) \sin(x)$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$S_{n+1} - S_n = \int_0^{\pi/2} \frac{2 \cos(2nx) \sin x}{\sin x} dx = \int_0^{\pi/2} 2 \cos(2nx) dx$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા:
$S_{n+1} - S_n = [\frac{2 \sin(2nx)}{2n}]_0^{\pi/2} = [\frac{\sin(2nx)}{n}]_0^{\pi/2}$.
સીમાઓ મૂકતા:
$S_{n+1} - S_n = \frac{\sin(n\pi) - \sin(0)}{n} = \frac{0 - 0}{n} = 0$,કારણ કે $n$ એ પૂર્ણાંક છે.

(A) આપેલ છે કે $a=2n$ અને $b=2m+1$ જ્યાં $m, n \in N$.
ધારો કે $I = \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx$,જ્યાં $f(x) = e^{\sin^a x} \cdot \cot^b((2n+1)x)$.
આપણે વિધેય $f(x)$ ની યુગ્મતા-અયુગ્મતા તપાસીએ:
$f(-x) = e^{\sin^a(-x)} \cdot \cot^b((2n+1)(-x))$.
કારણ કે $a=2n$ એ બેકી સંખ્યા છે,$\sin^a(-x) = (\sin(-x))^a = (-\sin x)^a = \sin^a x$.
કારણ કે $b=2m+1$ એ એકી સંખ્યા છે,$\cot^b((2n+1)(-x)) = (\cot(-(2n+1)x))^b = (-\cot((2n+1)x))^b = -\cot^b((2n+1)x)$.
તેથી,$f(-x) = e^{\sin^a x} \cdot (-\cot^b((2n+1)x)) = -f(x)$.
આમ,$f(x)$ એ અયુગ્મ વિધેય હોવાથી,સંમિત અંતરાલ $[-\pi, \pi]$ પર તેનું સંકલન શૂન્ય થાય છે.
તેથી,$I = 0$.

(D) વિધાન $(A)$ માટે: ડાબી બાજુ $\int_a^b \frac{d}{d x}(f(x)) d x = f(b) - f(a)$ છે,જે એક અચળ કિંમત છે. જમણી બાજુ $\frac{d}{d x} \int_a^b f(x) d x$ છે. કારણ કે $\int_a^b f(x) d x$ એ નિશ્ચિત સંકલન છે જેનું પરિણામ એક અચળ સંખ્યા મળે છે,તેથી $x$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન $0$ થાય છે. આમ,સામાન્ય રીતે $f(b) - f(a) \neq 0$,તેથી $(A)$ ખોટું છે.
વિધાન $(B)$ માટે: અનિશ્ચિત સંકલનની વ્યાખ્યા મુજબ,$\frac{d}{d x} \int f(x) d x = f(x)$ થાય. અચળાંક $C$ ફક્ત અનિશ્ચિત સંકલનના પરિણામમાં જ હોય છે,તેના વિકલનમાં નહીં. તેથી,$\frac{d}{d x} \left( \int f(x) d x \right) = f(x)$ થાય,$f(x) + C$ નહીં. આમ,$(B)$ પણ ખોટું છે.
નિષ્કર્ષ: $(A)$ અને $(B)$ બંને ખોટા છે.

(A) આપેલ છે કે,$\int_n^{n+1} g(x) dx = n^2, \forall n \in Z$.
આપણે $\int_{-3}^3 g(x) dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નિશ્ચિત સંકલનના સરવાળાના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ:
$\int_{-3}^3 g(x) dx = \int_{-3}^{-2} g(x) dx + \int_{-2}^{-1} g(x) dx + \int_{-1}^0 g(x) dx + \int_0^1 g(x) dx + \int_1^2 g(x) dx + \int_2^3 g(x) dx$.
દરેક અંતરાલ માટે આપેલી કિંમતો મૂકતા:
$n = -3$ માટે: $\int_{-3}^{-2} g(x) dx = (-3)^2 = 9$.
$n = -2$ માટે: $\int_{-2}^{-1} g(x) dx = (-2)^2 = 4$.
$n = -1$ માટે: $\int_{-1}^0 g(x) dx = (-1)^2 = 1$.
$n = 0$ માટે: $\int_0^1 g(x) dx = (0)^2 = 0$.
$n = 1$ માટે: $\int_1^2 g(x) dx = (1)^2 = 1$.
$n = 2$ માટે: $\int_2^3 g(x) dx = (2)^2 = 4$.
આ કિંમતોનો સરવાળો કરતા:
$\int_{-3}^3 g(x) dx = 9 + 4 + 1 + 0 + 1 + 4 = 19$.

(B) મહત્તમ પૂર્ણાંક વિધેય $[x]$ ની વ્યાખ્યાના આધારે આપણે સંકલનને વિભાજિત કરીએ છીએ:
$\int_{-0.5}^{1.5} x^2[x] d x = \int_{-0.5}^{0} x^2[x] d x + \int_{0}^{1} x^2[x] d x + \int_{1}^{1.5} x^2[x] d x$
$-0.5 \le x < 0$ માટે,$[x] = -1$.
$0 \le x < 1$ માટે,$[x] = 0$.
$1 \le x < 1.5$ માટે,$[x] = 1$.
આ કિંમતો મૂકતા:
$\int_{-0.5}^{0} x^2(-1) d x + \int_{0}^{1} x^2(0) d x + \int_{1}^{1.5} x^2(1) d x$
$= -\int_{-0.5}^{0} x^2 d x + 0 + \int_{1}^{1.5} x^2 d x$
$= -\left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-0.5}^{0} + \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{1}^{1.5}$
$= -\left( 0 - \frac{(-0.5)^3}{3} \right) + \left( \frac{(1.5)^3}{3} - \frac{1^3}{3} \right)$
$= -\left( 0 - \frac{-0.125}{3} \right) + \left( \frac{3.375}{3} - \frac{1}{3} \right)$
$= -\frac{0.125}{3} + \frac{2.375}{3} = \frac{2.25}{3} = 0.75 = \frac{3}{4}$

(B) ધારો કે $I = \int_0^{\pi/2} (\sin^6 x + \cos^6 x) dx$.
નિત્યસમ $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)$ નો ઉપયોગ કરતા,$\sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 \cdot ((\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 3 \sin^2 x \cos^2 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$.
$x \in [0, \pi/2]$ માટે,$0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,તેથી $1 - \frac{3}{4} \leq 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x) \leq 1$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{1}{4} \leq \sin^6 x + \cos^6 x \leq 1$.
$[0, \pi/2]$ પર સંકલન કરતા,આપણને $\int_0^{\pi/2} \frac{1}{4} dx < I < \int_0^{\pi/2} 1 dx$ મળે,તેથી $\frac{\pi}{8} < I < \frac{\pi}{2}$. આમ,વિધાન $(A)$ સાચું છે.
કારણ $(R)$ માટે,$f(x) = \sin^6 x + \cos^6 x$. તો $f(x + \pi/2) = \sin^6(x + \pi/2) + \cos^6(x + \pi/2) = \cos^6 x + \sin^6 x = f(x)$. આમ,આવર્તમાન $\pi/2$ છે. કારણ $(R)$ સાચું છે.
જોકે,વિધેયનું આવર્તમાન એ સંકલન આપેલા અંતરાલમાં હોવાનું કારણ નથી. તેથી,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(B) આપેલ સંકલન $\int_0^a 2^{[x]} dx = 127$ છે,જ્યાં $a \in Z^{+}$.
આપણે સંકલનને એકમ અંતરાલોમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$\int_0^1 2^{[x]} dx + \int_1^2 2^{[x]} dx + \dots + \int_{a-1}^a 2^{[x]} dx = 127$
કારણ કે $x \in [k, k+1)$ માટે $[x] = k$ થાય છે,તેથી સંકલન નીચે મુજબ થશે:
$\int_0^1 2^0 dx + \int_1^2 2^1 dx + \int_2^3 2^2 dx + \dots + \int_{a-1}^a 2^{a-1} dx = 127$
દરેક પદનું મૂલ્ય શોધતા:
$2^0(1-0) + 2^1(2-1) + 2^2(3-2) + \dots + 2^{a-1}(a-(a-1)) = 127$
$2^0 + 2^1 + 2^2 + \dots + 2^{a-1} = 127$
આ એક સમગુણોત્તર શ્રેણી છે જેમાં $n = a$ પદો છે,પ્રથમ પદ $1$ છે અને સામાન્ય ગુણોત્તર $2$ છે:
$\frac{1(2^a - 1)}{2 - 1} = 127$
$2^a - 1 = 127$
$2^a = 128$
$2^a = 2^7$
તેથી,$a = 7$.

(B) વિધેય $f(x) = e^{x-[x]}$ એ $T = 1$ આવર્તકાળ ધરાવતું આવર્તી વિધેય છે.
આપણે $[0, 1000]$ અંતરાલ પરના સંકલનને $1$ લંબાઈના $1000$ સંકલનોમાં વિભાજિત કરી શકીએ છીએ:
$\int_0^{1000} e^{x-[x]} dx = \sum_{k=0}^{999} \int_k^{k+1} e^{x-[x]} dx$.
$x \in [k, k+1)$ માટે,$[x] = k$ થાય,તેથી સંકલ્ય $e^{x-k}$ બને છે.
આમ,$\int_k^{k+1} e^{x-k} dx = [e^{x-k}]_k^{k+1} = e^{(k+1)-k} - e^{k-k} = e^1 - e^0 = e-1$.
આવા $1000$ અંતરાલો હોવાથી,કુલ સરવાળો $1000 \times (e-1)$ થાય છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\int_1^{\cos x} t^2 f(t) d t = \cos 2 x$ છે.
લેબનીઝના નિયમનો ઉપયોગ કરીને બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \int_1^{\cos x} t^2 f(t) d t = \frac{d}{dx} (\cos 2 x)$
$(\cos x)^2 f(\cos x) \cdot \frac{d}{dx}(\cos x) = -2 \sin 2 x$
$\cos^2 x \cdot f(\cos x) \cdot (-\sin x) = -2 \sin 2 x$
કારણ કે $\sin 2 x = 2 \sin x \cos x$,તેથી:
$-\cos^2 x \cdot f(\cos x) \cdot \sin x = -2(2 \sin x \cos x)$
$x \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ માટે,$\sin x \neq 0$ અને $\cos x \neq 0$ હોવાથી,આપણે $-\sin x \cos x$ વડે ભાગી શકીએ:
$f(\cos x) = \frac{4 \sin x \cos x}{\cos^2 x \sin x} = \frac{4}{\cos x}$
આપણે $f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)$ શોધવા માંગીએ છીએ. ધારો કે $\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$,જેનો અર્થ છે કે $x = \frac{\pi}{4}$.
આ કિંમતને $f(\cos x)$ ના પદમાં મૂકતા:
$f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right) = \frac{4}{1/\sqrt{2}} = 4 \sqrt{2}$.

(C) આપેલ સંકલન $\int_3^b \frac{x-1}{2x-x^2} dx = \frac{1}{2}$ છે.
આપણે સંકલ્યને $-\frac{1}{2} \int_3^b \frac{-2x+2}{2x-x^2} dx = \frac{1}{2}$ તરીકે ફરીથી લખી શકીએ.
$-2$ વડે ગુણતા,આપણને $\int_3^b \frac{2-2x}{2x-x^2} dx = -1$ મળે છે.
સંકલન કરતા,$\left[ \ln|2x-x^2| \right]_3^b = -1$ મળે છે.
સીમાઓ મૂકતા: $\ln|2b-b^2| - \ln|6-9| = -1$.
$\ln|2b-b^2| - \ln(3) = -1$.
$\ln|2b-b^2| = \ln(3) - 1$.
બંને બાજુ ઘાતાંકીય લેતા: $|2b-b^2| = 3e^{-1} = \frac{3}{e}$.
કારણ કે $2b-b^2 = -(b^2-2b+1-1) = -(b-1)^2+1$,તેથી $|1-(b-1)^2| = \frac{3}{e}$.
ધારો કે $b$ એવું છે કે $2b-b^2 < 0$ (કારણ કે $b > 3$),તેથી $(b-1)^2 - 1 = \frac{3}{e}$.
તેથી,$(b-1)^2 = 1 + \frac{3}{e}$.

(A) વોલિસના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,આપણી પાસે છે $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^n x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{n+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+n+2}{2})}$.
આપેલ છે કે $n=2m$,તેથી સંકલન $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{2m+1}{2})}{2 \Gamma(\frac{3m+2}{2})}$ બને છે.
વળી,$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx = \frac{\Gamma(\frac{m+1}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}{2 \Gamma(\frac{m+2}{2})}$.
તેથી,$K(m) = \frac{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \cos^{2m} x \, dx}{\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^m x \, dx} = \frac{\Gamma(\frac{2m+1}{2}) \Gamma(\frac{m+2}{2})}{\Gamma(\frac{3m+2}{2}) \Gamma(\frac{1}{2})}$.
ડુપ્લિકેશન સૂત્ર $\Gamma(z) \Gamma(z + \frac{1}{2}) = 2^{1-2z} \sqrt{\pi} \Gamma(2z)$ નો ઉપયોગ કરીને,$K(m)$ ને સાદું રૂપ આપતા ગુણાકાર સ્વરૂપ મળે છે:
$K(m) = \frac{(2m-1)!! (m-1)!}{2^{m-1} (3m-1)!!} \cdot \dots$
$\frac{2^{m-1}(m-1)!}{(2m-1)!} K(m)$ માં કિંમત મૂકતા,આપણને $\frac{1}{m+2} \cdot \frac{1}{m+4} \cdot \dots \cdot \frac{1}{3m}$ મળે છે.

(A) આપેલ છે,$f(x) = \int_0^x [(a+1)(t+1)^2 - (a-1)(t^2+t+1)] dt$.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,$f^{\prime}(x) = (a+1)(x+1)^2 - (a-1)(x^2+x+1)$.
પદોનું વિસ્તરણ કરતા: $f^{\prime}(x) = (a+1)(x^2+2x+1) - (a-1)(x^2+x+1)$.
$f^{\prime}(x) = (a+1)x^2 + 2(a+1)x + (a+1) - (a-1)x^2 - (a-1)x - (a-1)$.
$f^{\prime}(x) = 2x^2 + (a+3)x + 2 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ $Ax^2 + Bx + C = 0$ ના બીજ સમાન હોય તે માટે વિવેચક $D = B^2 - 4AC = 0$ હોવો જોઈએ.
અહીં,$A = 2$,$B = (a+3)$,અને $C = 2$.
$D = (a+3)^2 - 4(2)(2) = 0$.
$(a+3)^2 - 16 = 0$.
$(a+3)^2 = 16$.
$a+3 = \pm 4$.
કિસ્સો $1$: $a+3 = 4 \Rightarrow a = 1$.
કિસ્સો $2$: $a+3 = -4 \Rightarrow a = -7$.
પ્રશ્નમાં '$a$' ની ધન કિંમત પૂછવામાં આવી હોવાથી,જવાબ $1$ છે.

(A) આપેલ સંકલન સમીકરણ: $\int_0^{x^3} f(t) d t = x^2 \sin(2 \pi x)$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા (Leibniz નિયમનો ઉપયોગ કરીને):
$\frac{d}{d x}\left[\int_0^{x^3} f(t) d t\right] = \frac{d}{d x}\left[x^2 \sin(2 \pi x)\right]$
$f(x^3) \cdot \frac{d}{dx}(x^3) = 2x \sin(2 \pi x) + x^2 \cdot \cos(2 \pi x) \cdot 2 \pi$
$f(x^3) \cdot 3x^2 = 2x \sin(2 \pi x) + 2 \pi x^2 \cos(2 \pi x)$
બંને બાજુ $3x^2$ વડે ભાગતા ($x \neq 0$ માટે):
$f(x^3) = \frac{2x \sin(2 \pi x) + 2 \pi x^2 \cos(2 \pi x)}{3x^2}$
$f(x^3) = \frac{2}{3x} \sin(2 \pi x) + \frac{2 \pi}{3} \cos(2 \pi x)$
$f(8)$ શોધવા માટે,$x^3 = 8$ લેતા,જેનો અર્થ છે $x = 2$:
$f(8) = \frac{2}{3(2)} \sin(4 \pi) + \frac{2 \pi}{3} \cos(4 \pi)$
કારણ કે $\sin(4 \pi) = 0$ અને $\cos(4 \pi) = 1$:
$f(8) = \frac{1}{3}(0) + \frac{2 \pi}{3}(1) = \frac{2 \pi}{3}$.

(D) સંકલન $I = \int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{3 \pi}{2}} [2 \sin x] dx$ ધ્યાનમાં લો.
અંતરાલ $\left[\frac{\pi}{2}, \pi\right]$ માં,$0 \le \sin x \le 1$,તેથી $0 \le 2 \sin x \le 2$.
ચોક્કસ રીતે,$x \in \left[\frac{\pi}{2}, \frac{5\pi}{6}\right)$ માટે,$1 \le 2 \sin x < 2 \implies [2 \sin x] = 1$.
$x \in \left[\frac{5\pi}{6}, \pi\right]$ માટે,$0 \le 2 \sin x < 1 \implies [2 \sin x] = 0$.
$x \in \left[\pi, \frac{7\pi}{6}\right]$ માટે,$-1 \le 2 \sin x < 0 \implies [2 \sin x] = -1$.
$x \in \left[\frac{7\pi}{6}, \frac{3\pi}{2}\right]$ માટે,$-2 \le 2 \sin x < -1 \implies [2 \sin x] = -2$.
સંકલનની ગણતરી કરતા: $\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{5\pi}{6}} 1 dx + \int_{\frac{5\pi}{6}}^{\pi} 0 dx + \int_{\pi}^{\frac{7\pi}{6}} (-1) dx + \int_{\frac{7\pi}{6}}^{\frac{3\pi}{2}} (-2) dx = \left(\frac{\pi}{3}\right) + 0 - \left(\frac{\pi}{6}\right) - 2\left(\frac{\pi}{3}\right) = -\frac{\pi}{2} \neq 0$.
તેથી,$A$ ખોટું છે.
વિધેય $f(x) = 2 \sin x$ નું વિકલન $f'(x) = 2 \cos x$ છે. $\left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right]$ માં,$\cos x \le 0$,તેથી $f'(x) \le 0$,જેનો અર્થ છે કે $f(x)$ ઘટતું વિધેય છે. તેથી,$R$ સાચું છે.

(C) આપેલ વક્રો $x^2=9y$ અને $(x-6)^2=9y$ છે.
છેદબિંદુ શોધવા માટે,$9y = 9y$ લેતા:
$x^2 = (x-6)^2$
$x^2 = x^2 - 12x + 36$
$12x = 36 \implies x = 3$.
$x=3$ માટે,$y = \frac{3^2}{9} = 1$. તેથી,છેદબિંદુ $(3, 1)$ છે.
વક્રો અને $X$-અક્ષ દ્વારા ઘેરાયેલ ક્ષેત્રફળ એ $x=0$ થી $x=3$ અને $x=3$ થી $x=6$ સુધીના બે પરવલયો હેઠળના ક્ષેત્રફળનો સરવાળો છે:
$\text{Required Area} = \int_0^3 \frac{x^2}{9} dx + \int_3^6 \frac{(x-6)^2}{9} dx$
$= \frac{1}{9} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^3 + \frac{1}{9} \left[ \frac{(x-6)^3}{3} \right]_3^6$
$= \frac{1}{27} [3^3 - 0^3] + \frac{1}{27} [(6-6)^3 - (3-6)^3]$
$= \frac{27}{27} + \frac{1}{27} [0 - (-27)]$
$= 1 + \frac{27}{27} = 1 + 1 = 2 \text{ ચોરસ એકમ.}$