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

(B) दिया है,$\tan A + \tan B = x$ और $\cot A + \cot B = y$।
चूंकि $\cot A + \cot B = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan B} = \frac{\tan A + \tan B}{\tan A \tan B} = y$।
$\tan A + \tan B = x$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\frac{x}{\tan A \tan B} = y$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\tan A \tan B = \frac{x}{y}$।
अब,सूत्र $\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}$ का उपयोग करते हुए,
$\tan (A + B) = \frac{x}{1 - \frac{x}{y}} = \frac{x}{\frac{y - x}{y}} = \frac{xy}{y - x}$।

(D) दिया गया है,$\sqrt{1+\cos 2 \alpha}=\frac{3}{\sqrt{5}}$ और $\sqrt{\frac{1-\cos 2 \beta}{1+\cos 2 \beta}}=\frac{1}{7}$.
चूंकि $1+\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha$,हमारे पास $\sqrt{2} \cos \alpha = \frac{3}{\sqrt{5}} \Rightarrow \cos \alpha = \frac{3}{\sqrt{10}}$ है।
तब $\cos 2 \alpha = 2 \cos^2 \alpha - 1 = 2(\frac{9}{10}) - 1 = \frac{18}{10} - 1 = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}$।
चूंकि $\sin^2 2 \alpha = 1 - \cos^2 2 \alpha = 1 - \frac{16}{25} = \frac{9}{25}$,इसलिए $\sin 2 \alpha = \frac{3}{5}$।
अतः,$\tan 2 \alpha = \frac{\sin 2 \alpha}{\cos 2 \alpha} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}$।
$\beta$ के लिए,$\sqrt{\frac{1-\cos 2 \beta}{1+\cos 2 \beta}} = \tan \beta = \frac{1}{7}$।
अब,$\tan(2 \alpha + \beta) = \frac{\tan 2 \alpha + \tan \beta}{1 - \tan 2 \alpha \tan \beta} = \frac{3/4 + 1/7}{1 - (3/4)(1/7)} = \frac{25/28}{25/28} = 1$।
इसलिए,$2 \alpha + \beta = \tan^{-1}(1) = \frac{\pi}{4}$।

(D) दिया गया है $\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{b}{s}$.
सर्वसमिका $\tan \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{s(s-a)}}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{\sin \frac{A+C}{2}}{\cos \frac{A}{2} \cos \frac{C}{2}} = \frac{b}{s}$.
$\cos \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{s(s-a)}{bc}}$ और $\cos \frac{C}{2} = \sqrt{\frac{s(s-c)}{ab}}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$\frac{\sin \frac{A+C}{2}}{\sin \frac{B}{2}} = 1$.
चूंकि $A+B+C = \pi$,इसलिए $\sin \frac{B}{2} = \cos \frac{A+C}{2}$ होता है।
अतः,$\tan \frac{A+C}{2} = 1$,जिसका अर्थ है $A+C = \frac{\pi}{2}$.
अंत में,$\sin \left(\frac{A+C}{3}\right) = \sin \left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{1}{2}$.

(B) दी गई व्यंजक: $\frac{\cot A}{1-\tan A}+\frac{\tan A}{1-\cot A}$
$\cot A = \frac{\cos A}{\sin A}$ और $\tan A = \frac{\sin A}{\cos A}$ रखने पर:
$= \frac{\frac{\cos A}{\sin A}}{1-\frac{\sin A}{\cos A}} + \frac{\frac{\sin A}{\cos A}}{1-\frac{\cos A}{\sin A}}$
$= \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A-\sin A)} + \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A-\cos A)}$
$= \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A-\sin A)} - \frac{\sin^2 A}{\cos A(\cos A-\sin A)}$
$= \frac{1}{(\cos A-\sin A)} \left[ \frac{\cos^3 A - \sin^3 A}{\sin A \cos A} \right]$
सर्वसमिका $a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{(\cos A-\sin A)(\cos^2 A + \sin^2 A + \sin A \cos A)}{(\cos A-\sin A) \sin A \cos A}$
$= \frac{1 + \sin A \cos A}{\sin A \cos A}$
$= \frac{1}{\sin A \cos A} + 1$
$= \operatorname{cosec} A \sec A + 1$

(B) हम जानते हैं कि $\theta = \frac{\pi}{9}$ के लिए,$3\theta = \frac{\pi}{3}$ है।
$\tan(3\theta) = \tan(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$।
सूत्र $\tan(3\theta) = \frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta} = \sqrt{3}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$(3\tan\theta - \tan^3\theta)^2 = 3(1 - 3\tan^2\theta)^2$।
$9\tan^2\theta + \tan^6\theta - 6\tan^4\theta = 3(1 + 9\tan^4\theta - 6\tan^2\theta)$।
$9\tan^2\theta + \tan^6\theta - 6\tan^4\theta = 3 + 27\tan^4\theta - 18\tan^2\theta$।
पदों को व्यवस्थित करने पर:
$\tan^6\theta - 33\tan^4\theta + 27\tan^2\theta + 1 = 4$।

(C) दिया गया व्यंजक $(\cot A+\cot B)(\cot B+\cot C)(\cot C+\cot A)$ है।
$\cot \theta = \frac{\cos \theta}{\sin \theta}$ का उपयोग करने पर:
$= \left(\frac{\cos A}{\sin A} + \frac{\cos B}{\sin B}\right) \left(\frac{\cos B}{\sin B} + \frac{\cos C}{\sin C}\right) \left(\frac{\cos C}{\sin C} + \frac{\cos A}{\sin A}\right)$
$= \left(\frac{\sin(A+B)}{\sin A \sin B}\right) \left(\frac{\sin(B+C)}{\sin B \sin C}\right) \left(\frac{\sin(C+A)}{\sin C \sin A}\right)$
चूंकि $A+B+C = \pi$,इसलिए $\sin(A+B) = \sin C$,$\sin(B+C) = \sin A$,और $\sin(C+A) = \sin B$ है।
मान रखने पर:
$= \left(\frac{\sin C}{\sin A \sin B}\right) \left(\frac{\sin A}{\sin B \sin C}\right) \left(\frac{\sin B}{\sin C \sin A}\right)$
$= \frac{\sin A \sin B \sin C}{(\sin A \sin B \sin C)^2} = \frac{1}{\sin A \sin B \sin C}$
$= \operatorname{cosec} A \operatorname{cosec} B \operatorname{cosec} C$.

(A) दिया गया व्यंजक: $\frac{\tan A}{1-\cot A} + \frac{\cot A}{1-\tan A}$
$\tan A$ और $\cot A$ को $\sin A$ और $\cos A$ के पदों में बदलने पर:
$= \frac{\frac{\sin A}{\cos A}}{1-\frac{\cos A}{\sin A}} + \frac{\frac{\cos A}{\sin A}}{1-\frac{\sin A}{\cos A}}$
$= \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A - \cos A)} + \frac{\cos^2 A}{\sin A(\cos A - \sin A)}$
$= \frac{\sin^2 A}{\cos A(\sin A - \cos A)} - \frac{\cos^2 A}{\sin A(\sin A - \cos A)}$
$= \frac{1}{\sin A - \cos A} \left[ \frac{\sin^3 A - \cos^3 A}{\sin A \cos A} \right]$
$a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + b^2 + ab)$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$= \frac{(\sin A - \cos A)(\sin^2 A + \cos^2 A + \sin A \cos A)}{(\sin A - \cos A)(\sin A \cos A)}$
$= \frac{1 + \sin A \cos A}{\sin A \cos A} = \frac{1}{\sin A \cos A} + 1 = \sec A \operatorname{cosec} A + 1$

(B) दिया गया व्यंजक: $(1+\sec 2\theta)(1+\sec 4\theta) = (1+\frac{1}{\cos 2\theta})(1+\frac{1}{\cos 4\theta})$
$= (\frac{\cos 2\theta + 1}{\cos 2\theta})(\frac{\cos 4\theta + 1}{\cos 4\theta})$
सर्वसमिका $1 + \cos 2A = 2\cos^2 A$ का उपयोग करने पर:
$= (\frac{2\cos^2 \theta}{\cos 2\theta})(\frac{2\cos^2 2\theta}{\cos 4\theta})$
$= \frac{2\cos^2 \theta}{\cos 2\theta} \cdot \frac{2\cos^2 2\theta}{\cos 4\theta}$
$= \cot \theta \cdot \tan 4\theta$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है,$P = \tan 15^{\circ} + \cot 15^{\circ}$,$Q = \tan 22 \frac{1}{2}^{\circ} + \cot 22 \frac{1}{2}^{\circ}$ और $R = \sin 54^{\circ} + \sin 18^{\circ}$.
$P$ के लिए: $P = \frac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}} + \frac{\cos 15^{\circ}}{\sin 15^{\circ}} = \frac{1}{\sin 15^{\circ} \cos 15^{\circ}} = \frac{2}{\sin 30^{\circ}} = 4$.
$Q$ के लिए: $Q = \frac{1}{\sin 22.5^{\circ} \cos 22.5^{\circ}} = \frac{2}{\sin 45^{\circ}} = 2\sqrt{2} \approx 2.828$.
$R$ के लिए: $R = \sin 54^{\circ} + \sin 18^{\circ} = \cos 36^{\circ} + \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4} + \frac{\sqrt{5}-1}{4} = \frac{\sqrt{5}}{2} \approx 1.118$.
मानों की तुलना करने पर: $R < Q < P$.

(A) $(I)$ श्रेणी $\sin^2 5^{\circ} + \sin^2 10^{\circ} + \dots + \sin^2 90^{\circ}$ है। $5^{\circ}$ से $85^{\circ}$ तक $18$ पद हैं और $\sin^2 90^{\circ} = 1$ है। $\sin^2 \theta + \sin^2(90^{\circ}-\theta) = 1$ का उपयोग करने पर,$8$ जोड़े मिलते हैं,साथ ही $\sin^2 45^{\circ} = 0.5$ और $\sin^2 90^{\circ} = 1$। कुल $= 8 + 0.5 + 1 = 9.5 = \frac{19}{2}$। अतः,$(I)$-$B$।
$(II)$ $\tan^2 5^{\circ} \cdot \tan^2 85^{\circ} = \tan^2 5^{\circ} \cdot \cot^2 5^{\circ} = 1$। ऐसे $8$ जोड़े हैं और $\tan^2 45^{\circ} = 1$। कुल $= 1^8 \cdot 1 = 1$। अतः,$(II)$-$D$।
$(III)$ $\cos^2 5^{\circ} + \dots + \cos^2 180^{\circ}$। चूंकि $\cos(180^{\circ}-\theta) = -\cos \theta$,इसलिए $\cos^2(180^{\circ}-\theta) = \cos^2 \theta$। योग $18$ है। अतः,$(III)$-$C$।
$(IV)$ $\cot \theta + \cot(180^{\circ}-\theta) = 0$। $5^{\circ}$ से $175^{\circ}$ तक के जोड़े $0$ हो जाते हैं। $\cot 90^{\circ} = 0$। कुल $= 0$। अतः,$(IV)$-$A$।

(A) दिया गया समीकरण: $(1+\sqrt{1+a})=(1+\sqrt{1-a}) \cot \alpha$
इसे इस प्रकार लिखें: $(1+\sqrt{1+a}) \sin \alpha = (1+\sqrt{1-a}) \cos \alpha$
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $(\sin \alpha - \cos \alpha) = \sqrt{1-a} \cos \alpha - \sqrt{1+a} \sin \alpha$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(\sin \alpha - \cos \alpha)^2 = (\sqrt{1-a} \cos \alpha - \sqrt{1+a} \sin \alpha)^2$
$1 - \sin 2 \alpha = (1-a) \cos^2 \alpha + (1+a) \sin^2 \alpha - 2\sqrt{1-a^2} \sin \alpha \cos \alpha$
$1 - \sin 2 \alpha = (\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha) + a(\sin^2 \alpha - \cos^2 \alpha) - \sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
$1 - \sin 2 \alpha = 1 - a \cos 2 \alpha - \sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
$a \cos 2 \alpha - \sin 2 \alpha = -\sqrt{1-a^2} \sin 2 \alpha$
पुनः वर्ग करने पर: $a^2 \cos^2 2 \alpha + \sin^2 2 \alpha - 2a \sin 2 \alpha \cos 2 \alpha = (1-a^2) \sin^2 2 \alpha$
$a^2 \cos^2 2 \alpha + \sin^2 2 \alpha - a \sin 4 \alpha = \sin^2 2 \alpha - a^2 \sin^2 2 \alpha$
$a^2 \cos^2 2 \alpha + a^2 \sin^2 2 \alpha = a \sin 4 \alpha$
$a^2(1) = a \sin 4 \alpha$
अतः,$\sin 4 \alpha = a$.

(D) चूंकि $\sec (\theta+\alpha), \sec \theta, \sec (\theta-\alpha)$ समांतर श्रेणी में हैं,इसलिए:
$2 \sec \theta = \sec (\theta+\alpha) + \sec (\theta-\alpha)$
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)} + \frac{1}{\cos (\theta-\alpha)}$
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{\cos (\theta-\alpha) + \cos (\theta+\alpha)}{\cos (\theta+\alpha) \cos (\theta-\alpha)}$
$\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$\Rightarrow \frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos^2 \theta - \sin^2 \alpha}$
$\Rightarrow \cos^2 \theta - \sin^2 \alpha = \cos^2 \theta \cos \alpha$
$\Rightarrow \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = \sin^2 \alpha$
$\Rightarrow \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha) = 1 - \cos^2 \alpha = (1 - \cos \alpha)(1 + \cos \alpha)$
$\cos^2 \theta = 1 + \cos \alpha$
$\Rightarrow \sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta = 1 - (1 + \cos \alpha) = -\cos \alpha$

(C) दी गई श्रेणी के योग का सूत्र: $\sum_{k=0}^{n-1} \cos(A+kB) = \cos \left(\frac{2 A+(n-1) B}{2}\right) \sin \frac{n B}{2} \operatorname{cosec} \frac{B}{2}$.
हमें $S = \cos \frac{\pi}{19}+\cos \frac{3 \pi}{19}+\cos \frac{5 \pi}{19}+\ldots+\cos \frac{17 \pi}{19}$ का मान ज्ञात करना है.
यहाँ कोण एक समांतर श्रेणी में हैं जहाँ $A = \frac{\pi}{19}$,सार्व अंतर $B = \frac{2 \pi}{19}$,और पदों की संख्या $n = 9$ है.
सूत्र में इन मानों को रखने पर:
$S = \cos \left(\frac{2(\frac{\pi}{19}) + (9-1)(\frac{2 \pi}{19})}{2}\right) \sin \left(\frac{9 \times \frac{2 \pi}{19}}{2}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{2 \pi}{2 \times 19}\right)$
$S = \cos \left(\frac{9 \pi}{19}\right) \sin \left(\frac{9 \pi}{19}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{\pi}{19}\right)$
$2 \sin \theta \cos \theta = \sin(2 \theta)$ का उपयोग करने पर:
$S = \frac{1}{2} \sin \left(\frac{18 \pi}{19}\right) \operatorname{cosec} \left(\frac{\pi}{19}\right)$
चूंकि $\sin \left(\frac{18 \pi}{19}\right) = \sin \left(\pi - \frac{\pi}{19}\right) = \sin \left(\frac{\pi}{19}\right)$:
$S = \frac{1}{2} \sin \left(\frac{\pi}{19}\right) \cdot \frac{1}{\sin \left(\frac{\pi}{19}\right)} = \frac{1}{2}$.

(A) हम जानते हैं कि $\triangle ABC$ में,$A+B+C = \pi$ होता है।
अंश $\sin 2A + \sin 2B + \sin 2C = 4 \sin A \sin B \sin C$ है।
हर $\cos A + \cos B + \cos C - 1 = 4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}$ है।
अतः,व्यंजक इस प्रकार हो जाता है:
$\frac{4 \sin A \sin B \sin C}{4 \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \sin \frac{C}{2}} = 8 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$.
हम यह भी जानते हैं कि $\sin A + \sin B + \sin C = 4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}$ होता है।
इसलिए,$8 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2} = 2 [4 \cos \frac{A}{2} \cos \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}] = 2 [\sin A + \sin B + \sin C]$.

(C) हम सर्वसमिका $\cos \theta \cos(60^{\circ}-\theta) \cos(60^{\circ}+\theta) = \frac{1}{4} \cos 3\theta$ का उपयोग करते हैं।
दी गई अभिव्यक्ति $P = (\cos 12^{\circ} \cos 48^{\circ} \cos 84^{\circ}) \cdot (\cos 24^{\circ} \cos 72^{\circ} \cos 36^{\circ})$ है।
पहले भाग के लिए: $\cos 12^{\circ} \cos(60^{\circ}-12^{\circ}) \cos(60^{\circ}+12^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos(3 \times 12^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos 36^{\circ}$।
दूसरे भाग के लिए: $\cos 24^{\circ} \cos(60^{\circ}-24^{\circ}) \cos(60^{\circ}+24^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos(3 \times 24^{\circ}) = \frac{1}{4} \cos 72^{\circ}$।
अतः,$P = (\frac{1}{4} \cos 36^{\circ}) \cdot (\frac{1}{4} \cos 72^{\circ}) = \frac{1}{16} \cos 36^{\circ} \cos 72^{\circ}$।
$\cos 36^{\circ} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$ और $\cos 72^{\circ} = \frac{\sqrt{5}-1}{4}$ का उपयोग करने पर:
$P = \frac{1}{16} \left( \frac{\sqrt{5}+1}{4} \right) \left( \frac{\sqrt{5}-1}{4} \right) = \frac{1}{16} \left( \frac{5-1}{16} \right) = \frac{1}{16} \cdot \frac{4}{16} = \frac{1}{64}$।

(D) हम जानते हैं कि $\cosh x = \sqrt{1 + \sinh^2 x}$।
दिया गया है $\sinh x = \frac{5}{12}$,इसलिए $\cosh x = \sqrt{1 + (\frac{5}{12})^2} = \sqrt{1 + \frac{25}{144}} = \sqrt{\frac{169}{144}} = \frac{13}{12}$।
सर्वसमिका $\cosh x = 2 \cosh^2 \frac{x}{2} - 1$ का उपयोग करने पर:
$2 \cosh^2 \frac{x}{2} - 1 = \frac{13}{12}$
$2 \cosh^2 \frac{x}{2} = \frac{13}{12} + 1 = \frac{25}{12}$
$\cosh^2 \frac{x}{2} = \frac{25}{24}$
$\cosh \frac{x}{2} = \sqrt{\frac{25}{24}} = \frac{5}{2 \sqrt{6}}$।

(D) माना $x = 16^{\circ}, y = 44^{\circ}, z = 76^{\circ}$ है।
दी गई अभिव्यक्ति का मान $3$ है।

(C) दिया गया है $\cos ^2 A + \cos ^2 B + \cos ^2 C = 1$.
$\cos ^2 C = 1 - \sin ^2 C$ सर्वसमिका का उपयोग करने पर:
$\cos ^2 A + \cos ^2 B + 1 - \sin ^2 C = 1$
$\Rightarrow \cos ^2 A + \cos ^2 B = \sin ^2 C$
$\triangle ABC$ में $C = 180^{\circ} - (A + B)$,इसलिए $\sin C = \sin(A + B)$।
$\Rightarrow \cos ^2 A + \cos ^2 B = \sin ^2(A + B)$
इस समीकरण को हल करने पर हमें प्राप्त होता है:
$2 \cos A \cos B \cos C = 0$
अतः,$\cos A = 0$ या $\cos B = 0$ या $\cos C = 0$।
इसका अर्थ है कि $A = 90^{\circ}$ या $B = 90^{\circ}$ या $C = 90^{\circ}$।
इसलिए,$\triangle ABC$ एक समकोण त्रिभुज है।

(A) दिया है: $\frac{x}{y} = \frac{\cos A}{\cos B}$
व्यंजक के अंश और हर को $y$ से विभाजित करने पर:
$\frac{x \tan A - y \tan B}{x + y} = \frac{\frac{x}{y} \tan A - \tan B}{\frac{x}{y} + 1}$
$\frac{x}{y} = \frac{\cos A}{\cos B}$ रखने पर:
$= \frac{\frac{\cos A}{\cos B} \tan A - \tan B}{\frac{\cos A}{\cos B} + 1} = \frac{\sin A - \sin B}{\cos A + \cos B}$
योग-गुणनफल सूत्रों का उपयोग करने पर:
$= \frac{2 \sin \left(\frac{A-B}{2}\right) \cos \left(\frac{A+B}{2}\right)}{2 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right)}$
$= \tan \left(\frac{A-B}{2}\right)$

(D) दिया गया है $\sin (\alpha+\beta)=5 \sin (\alpha-\beta)$।
विस्तार सूत्र का उपयोग करते हुए,$\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = 5(\sin \alpha \cos \beta - \cos \alpha \sin \beta)$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर: $\sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta = 5 \sin \alpha \cos \beta - 5 \cos \alpha \sin \beta$।
$6 \cos \alpha \sin \beta = 4 \sin \alpha \cos \beta$।
$2 \cos \alpha \cos \beta$ से विभाजित करने पर,हमें $3 \tan \beta = 2 \tan \alpha$ प्राप्त होता है।
अब,व्यंजक $\frac{\sin 2 \beta}{5-\cos 2 \beta}$ पर विचार करें।
अर्ध-कोण सूत्रों $\sin 2 \beta = \frac{2 \tan \beta}{1+\tan^2 \beta}$ और $\cos 2 \beta = \frac{1-\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}$ का उपयोग करते हुए:
$\frac{\frac{2 \tan \beta}{1+\tan^2 \beta}}{5 - \frac{1-\tan^2 \beta}{1+\tan^2 \beta}} = \frac{2 \tan \beta}{5(1+\tan^2 \beta) - (1-\tan^2 \beta)} = \frac{2 \tan \beta}{5 + 5 \tan^2 \beta - 1 + \tan^2 \beta} = \frac{2 \tan \beta}{4 + 6 \tan^2 \beta} = \frac{\tan \beta}{2 + 3 \tan^2 \beta}$।
चूंकि $3 \tan \beta = 2 \tan \alpha$,हम $3 \tan \beta$ को $2 \tan \alpha$ से प्रतिस्थापित करते हैं:
$\frac{\tan \alpha - \tan \beta}{1 + \tan \alpha \tan \beta} = \tan (\alpha - \beta)$।

(B) दिया गया व्यंजक: $\sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ}-\cos 84^{\circ} \cos 6^{\circ}$
सर्वसमिका $\cos 84^{\circ} = \sin(90^{\circ}-84^{\circ}) = \sin 6^{\circ}$ का उपयोग करने पर,व्यंजक होगा:
$\sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ}-\sin 6^{\circ} \cos 6^{\circ}$
$2$ से गुणा और भाग करने पर:
$= \frac{1}{2} [2 \sin 21^{\circ} \cos 9^{\circ} - 2 \sin 6^{\circ} \cos 6^{\circ}]$
$2 \sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ और $2 \sin \theta \cos \theta = \sin 2\theta$ का उपयोग करने पर:
$= \frac{1}{2} [(\sin(21^{\circ}+9^{\circ}) + \sin(21^{\circ}-9^{\circ})) - \sin(2 \times 6^{\circ})]$
$= \frac{1}{2} [\sin 30^{\circ} + \sin 12^{\circ} - \sin 12^{\circ}]$
$= \frac{1}{2} [\sin 30^{\circ}]$
$= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$

(A) माना $I = \frac{\cos A + \cos 3A + \cos 5A + \cos 7A}{\sin A + \sin 3A + \sin 5A + \sin 7A}$ है।
अंश और हर में पदों को समूहित करने पर:
$I = \frac{(\cos 7A + \cos A) + (\cos 5A + \cos 3A)}{(\sin 7A + \sin A) + (\sin 5A + \sin 3A)}$।
योग-से-गुणनफल सूत्रों $\cos C + \cos D = 2\cos\frac{C+D}{2}\cos\frac{C-D}{2}$ और $\sin C + \sin D = 2\sin\frac{C+D}{2}\cos\frac{C-D}{2}$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{2\cos 4A \cos 3A + 2\cos 4A \cos A}{2\sin 4A \cos 3A + 2\sin 4A \cos A}$।
उभयनिष्ठ पदों को बाहर निकालने पर:
$I = \frac{2\cos 4A (\cos 3A + \cos A)}{2\sin 4A (\cos 3A + \cos A)}$।
$I = \frac{\cos 4A}{\sin 4A} = \cot 4A$।
दिया गया है $A = \frac{\pi}{24}$,इसलिए $4A = 4 \times \frac{\pi}{24} = \frac{\pi}{6}$।
$I = \cot\frac{\pi}{6} = \sqrt{3}$।

(B) दिया गया है $x+y = \frac{\pi}{6}$.
दोनों पक्षों में $\cot$ लेने पर,$\cot(x+y) = \cot(\frac{\pi}{6}) = \sqrt{3}$.
सूत्र $\cot(x+y) = \frac{\cot x \cot y - 1}{\cot x + \cot y}$ का उपयोग करने पर,$\frac{a-1}{\cot x + \cot y} = \sqrt{3}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\cot x + \cot y = \frac{a-1}{\sqrt{3}}$.
$\cot x$ और $\cot y$ मूलों वाला द्विघात समीकरण $t^2 - (\cot x + \cot y)t + (\cot x \cot y) = 0$ है।
मान रखने पर,$t^2 - \frac{a-1}{\sqrt{3}}t + a = 0$.
$\sqrt{3}$ से गुणा करने पर,$\sqrt{3}t^2 - (a-1)t + a\sqrt{3} = 0$ प्राप्त होता है,जो $\sqrt{3}t^2 + (1-a)t + a\sqrt{3} = 0$ है।

(B) दिया गया व्यंजक: $E = \frac{1}{\cos 290^{\circ}} + \frac{1}{\sqrt{3} \sin 250^{\circ}}$
संबद्ध कोणों का उपयोग करने पर: $\cos 290^{\circ} = \cos(270^{\circ} + 20^{\circ}) = \sin 20^{\circ}$ और $\sin 250^{\circ} = \sin(270^{\circ} - 20^{\circ}) = -\cos 20^{\circ}$।
अतः,$E = \frac{1}{\sin 20^{\circ}} - \frac{1}{\sqrt{3} \cos 20^{\circ}}$
$E = \frac{\sqrt{3} \cos 20^{\circ} - \sin 20^{\circ}}{\sqrt{3} \sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ}}$
अंश और हर को $2$ से गुणा करने पर:
$E = \frac{2(\frac{\sqrt{3}}{2} \cos 20^{\circ} - \frac{1}{2} \sin 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} (2 \sin 20^{\circ} \cos 20^{\circ})}$
$E = \frac{2(\sin 60^{\circ} \cos 20^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}}$
$E = \frac{2 \sin(60^{\circ} - 20^{\circ})}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{2 \sin 40^{\circ}}{\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 40^{\circ}} = \frac{4}{\sqrt{3}}$

(B) दी गई व्यंजक: $\left[1-\cos \left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)+\sin \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right)\right]^2+\left[1-\sin \left(\frac{3 \pi}{2}-\alpha\right)-\cos \left(\frac{3 \pi}{2}+\alpha\right)\right]^2=a+b \sin ^2\left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)$.
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं का उपयोग करते हुए: $\cos(\frac{\pi}{2}+\alpha) = -\sin \alpha$,$\sin(\frac{3\pi}{2}+\alpha) = -\cos \alpha$,$\sin(\frac{3\pi}{2}-\alpha) = -\cos \alpha$,और $\cos(\frac{3\pi}{2}+\alpha) = \sin \alpha$.
व्यंजक इस प्रकार हो जाता है: $(1+\sin \alpha-\cos \alpha)^2+(1+\cos \alpha-\sin \alpha)^2 = a+b \sin ^2(\frac{\pi}{4}+\alpha)$.
दोनों वर्गों का विस्तार करने पर: $(1+\sin^2 \alpha+\cos^2 \alpha+2\sin \alpha-2\sin \alpha \cos \alpha-2\cos \alpha) + (1+\cos^2 \alpha+\sin^2 \alpha+2\cos \alpha-2\sin \alpha \cos \alpha-2\sin \alpha) = a+b \sin^2(\frac{\pi}{4}+\alpha)$.
सरल करने पर: $4-4\sin \alpha \cos \alpha = a+b(\sin \frac{\pi}{4} \cos \alpha+\cos \frac{\pi}{4} \sin \alpha)^2$.
$4-4\sin \alpha \cos \alpha = a+\frac{b}{2}(\cos \alpha+\sin \alpha)^2 = a+\frac{b}{2}(1+2\sin \alpha \cos \alpha) = (a+\frac{b}{2}) + b\sin \alpha \cos \alpha$.
गुणांकों की तुलना करने पर: $b = -4$ और $a+\frac{b}{2} = 4$ $\Rightarrow a-2 = 4$ $\Rightarrow a = 6$.
अतः,$a^2+b^2 = 6^2+(-4)^2 = 36+16 = 52$.

(D) माना $f(x) = \frac{1}{\sin^2 x + 3 \sin x \cos x + 5 \cos^2 x}$.
अंश और हर को $\cos^2 x$ से विभाजित करने पर:
$f(x) = \frac{1 + \tan^2 x}{\tan^2 x + 3 \tan x + 5}$.
माना $t = \tan x$,तो $f(t) = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$.
$y = \frac{1 + t^2}{t^2 + 3t + 5}$ लेने पर,$(y-1)t^2 + 3yt + (5y-1) = 0$.
वास्तविक $t$ के लिए विविक्तकर (discriminant) $D \geq 0$:
$9y^2 - 4(y-1)(5y-1) \geq 0 \implies 11y^2 - 24y + 4 \leq 0$.
इस समीकरण को हल करने पर,परिसर $\left[\frac{2}{11}, 2\right]$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया है $\cos ^3 x \sin 4 x = \sum_{r=0}^{n} a_{r} \sin rx$.
सर्वसमिका $\cos ^3 x = \frac{1}{4}(3 \cos x + \cos 3 x)$ का उपयोग करने पर:
$\cos ^3 x \sin 4 x = \frac{1}{4}(3 \cos x + \cos 3 x) \sin 4 x$
$= \frac{3}{4} \cos x \sin 4 x + \frac{1}{4} \cos 3 x \sin 4 x$
$2 \sin A \cos B = \sin(A+B) + \sin(A-B)$ सूत्र का उपयोग करने पर:
$= \frac{3}{8}(\sin 5 x + \sin 3 x) + \frac{1}{8}(\sin 7 x + \sin x)$
$= \frac{1}{8} \sin x + \frac{3}{8} \sin 3 x + \frac{3}{8} \sin 5 x + \frac{1}{8} \sin 7 x$
गुणांकों की तुलना करने पर,$a_1 = \frac{1}{8}, a_3 = \frac{3}{8}, a_5 = \frac{3}{8}, a_7 = \frac{1}{8}$ प्राप्त होता है।
अतः,$a_3 + a_5 = \frac{3}{8} + \frac{3}{8} = \frac{6}{8}$ और $a_1 + a_7 = \frac{1}{8} + \frac{1}{8} = \frac{2}{8}$.
इस प्रकार,$\frac{a_3 + a_5}{a_1 + a_7} = \frac{6/8}{2/8} = 3 : 1$.

(D) माना $I = \frac{\cosh \alpha}{1-\tanh \alpha} + \frac{\sinh \alpha}{1-\coth \alpha}$ है।
$\tanh \alpha = \frac{\sinh \alpha}{\cosh \alpha}$ और $\coth \alpha = \frac{\cosh \alpha}{\sinh \alpha}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{\cosh^2 \alpha}{\cosh \alpha - \sinh \alpha} + \frac{\sinh^2 \alpha}{\sinh \alpha - \cosh \alpha}$
$I = \frac{\cosh^2 \alpha - \sinh^2 \alpha}{\cosh \alpha - \sinh \alpha}$
चूँकि $\cosh^2 \alpha - \sinh^2 \alpha = 1$,इसलिए $I = \frac{1}{\cosh \alpha - \sinh \alpha}$ प्राप्त होता है।
सर्वसमिका $\cosh \alpha - \sinh \alpha = e^{-\alpha}$ का उपयोग करने पर,$I = \frac{1}{e^{-\alpha}} = e^{\alpha}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\alpha = \log_e(2+\sqrt{3})$,अतः $e^{\alpha} = 2+\sqrt{3}$।

(A) दिया गया है,$\cosh x = \frac{5}{4}$.
हम जानते हैं कि $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$,इसलिए $e^x + e^{-x} = \frac{5}{2}$.
सर्वसमिका $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ का उपयोग करने पर,$\sinh^2 x = (\frac{5}{4})^2 - 1 = \frac{25}{16} - 1 = \frac{9}{16}$.
अतः,$\sinh x = \frac{3}{4}$ (मान लीजिए $x > 0$),जिसका अर्थ है कि $\frac{e^x - e^{-x}}{2} = \frac{3}{4}$,इसलिए $e^x - e^{-x} = \frac{3}{2}$.
हम सूत्र $\tanh 3x = \frac{3 \tanh x + \tanh^3 x}{1 + 3 \tanh^2 x}$ का उपयोग करते हैं।
सबसे पहले,$\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$ ज्ञात करें।
अब,$\tanh 3x = \frac{3(\frac{3}{5}) + (\frac{3}{5})^3}{1 + 3(\frac{3}{5})^2} = \frac{\frac{9}{5} + \frac{27}{125}}{1 + 3(\frac{9}{25})} = \frac{\frac{225 + 27}{125}}{\frac{25 + 27}{25}} = \frac{252}{125} \times \frac{25}{52} = \frac{252}{5 \times 52} = \frac{252}{260} = \frac{63}{65}$.

(C) दिया गया है $2 \sinh x = \cosh x$।
परिभाषाओं $\sinh x = \frac{e^x - e^{-x}}{2}$ और $\cosh x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$ का उपयोग करने पर:
$2 \left( \frac{e^x - e^{-x}}{2} \right) = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
$e^x - e^{-x} = \frac{e^x + e^{-x}}{2}$
$2e^x - 2e^{-x} = e^x + e^{-x}$
$e^x = 3e^{-x}$
$e^{2x} = 3$
दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर:
$2x = \log_e 3$
$x = \frac{1}{2} \log_e 3$

(A) $(I) \ 3 \sin^2 x + 4 \cos^2 x - 2 = 3(\sin^2 x + \cos^2 x) + \cos^2 x - 2 = 3 + \cos^2 x - 2 = \cos^2 x + 1$. चूँकि $0 \leq \cos^2 x \leq 1$,इसलिए परिसर $[1, 2]$ है। अतः,$(I) \rightarrow (c)$.
$(II) \ \cos^2 x + \sin^4 x = (1 - \sin^2 x) + \sin^4 x = \sin^4 x - \sin^2 x + 1$. मान लीजिए $t = \sin^2 x$,जहाँ $t \in [0, 1]$. फलन $f(t) = t^2 - t + 1$ का शीर्ष $t = 1/2$ पर है। $f(0) = 1$,$f(1) = 1$,$f(1/2) = 1/4 - 1/2 + 1 = 3/4$. अतः,परिसर $[3/4, 1]$ है। अतः,$(II) \rightarrow (d)$.
$(III) \ \sin^6 x + \cos^6 x = (\sin^2 x)^3 + (\cos^2 x)^3 = (\sin^2 x + \cos^2 x)(\sin^4 x - \sin^2 x \cos^2 x + \cos^4 x) = 1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin^2(2x)$. चूँकि $0 \leq \sin^2(2x) \leq 1$,इसलिए परिसर $[1 - 3/4, 1 - 0] = [1/4, 1]$ है। अतः,$(III) \rightarrow (a)$.
$(IV) \ \cos x \cos(\frac{2 \pi}{3} + x) \cos(\frac{2 \pi}{3} - x) = \cos x (\cos^2(\frac{2 \pi}{3}) \cos^2 x - \sin^2(\frac{2 \pi}{3}) \sin^2 x) = \cos x (\frac{1}{4} \cos^2 x - \frac{3}{4} \sin^2 x) = \frac{1}{4} \cos^3 x - \frac{3}{4} \cos x \sin^2 x = \frac{1}{4} \cos 3x$. चूँकि $-1 \leq \cos 3x \leq 1$,इसलिए परिसर $[-1/4, 1/4]$ है। अतः,$(IV) \rightarrow (b)$.

(D) दिया गया है $3 \cos^2 B = 2 \cos^2 C$।
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ प्रतिस्थापित करने पर,$3(1 - \sin^2 B) = 2(1 - \sin^2 C)$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\sin^2 B = \sin C$,समीकरण में मान रखने पर:
$3(1 - \sin C) = 2(1 - \sin^2 C)$।
$3 - 3 \sin C = 2 - 2 \sin^2 C$।
$2 \sin^2 C - 3 \sin C + 1 = 0$।
$(2 \sin C - 1)(\sin C - 1) = 0$।
अतः,$\sin C = \frac{1}{2}$ या $\sin C = 1$।
यदि $\sin C = 1$ है,तो $C = \frac{\pi}{2}$,जिसका अर्थ है $\sin^2 B = \sin C = 1$,इसलिए $B = \frac{\pi}{2}$। त्रिभुज में $B+C = \pi$ होने के कारण यह संभव नहीं है।
इसलिए,$\sin C = \frac{1}{2}$,जिसका अर्थ है $C = \frac{\pi}{6}$ या $C = \frac{5\pi}{6}$।
यदि $C = \frac{\pi}{6}$ है,तो $\sin^2 B = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$,इसलिए $\sin B = \frac{1}{\sqrt{2}}$,जिसका अर्थ है $B = \frac{\pi}{4}$ या $B = \frac{3\pi}{4}$।
यदि $B = \frac{\pi}{4}$ और $C = \frac{\pi}{6}$ है,तो $A = \pi - (\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6}) = \frac{7\pi}{12}$।
चूंकि सभी कोण $A, B, C$ अलग-अलग हैं,$\triangle ABC$ एक विषमबाहु त्रिभुज है।

(C) हमारे पास व्यंजक है: $S = \sin ^4 \frac{\pi}{8}+\sin ^4 \frac{3 \pi}{8}+\sin ^4 \frac{5 \pi}{8}+\sin ^4 \frac{7 \pi}{8}$
चूंकि $\sin(\pi - \theta) = \sin \theta$,इसलिए $\sin \frac{5 \pi}{8} = \sin \frac{3 \pi}{8}$ और $\sin \frac{7 \pi}{8} = \sin \frac{\pi}{8}$ है।
अतः,$S = 2 \left[ \sin ^4 \frac{\pi}{8} + \sin ^4 \frac{3 \pi}{8} \right]$।
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,$\sin^4 \theta = \left( \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \right)^2$ प्राप्त होता है।
$S = 2 \left[ \left( \frac{1 - \cos(\pi/4)}{2} \right)^2 + \left( \frac{1 - \cos(3\pi/4)}{2} \right)^2 \right]$
$S = 2 \left[ \left( \frac{1 - 1/\sqrt{2}}{2} \right)^2 + \left( \frac{1 - (-1/\sqrt{2})}{2} \right)^2 \right]$
$S = \frac{2}{4} \left[ (1 - 1/\sqrt{2})^2 + (1 + 1/\sqrt{2})^2 \right] = \frac{1}{2} \left[ (1 + 1/2 - \sqrt{2}) + (1 + 1/2 + \sqrt{2}) \right]$
$S = \frac{1}{2} \left[ 3 \right] = \frac{3}{2}$.

(A) दिया गया है कि $\cos (\theta-\alpha), \cos \theta, \cos (\theta+\alpha)$ हरात्मक श्रेणी $(HP)$ में हैं।
इसलिए,$\frac{1}{\cos (\theta-\alpha)}, \frac{1}{\cos \theta}, \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$ समांतर श्रेणी $(AP)$ में हैं।
अतः,$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{1}{\cos (\theta-\alpha)} + \frac{1}{\cos (\theta+\alpha)}$.
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{\cos (\theta+\alpha) + \cos (\theta-\alpha)}{\cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)}$.
सूत्र $\cos (A+B) + \cos (A-B) = 2 \cos A \cos B$ का उपयोग करने पर:
$\frac{2}{\cos \theta} = \frac{2 \cos \theta \cos \alpha}{\cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)}$.
$\cos^2 \theta \cos \alpha = \cos (\theta-\alpha) \cos (\theta+\alpha)$.
$\cos (A-B) \cos (A+B) = \cos^2 A - \sin^2 B$ का उपयोग करने पर:
$\cos^2 \theta \cos \alpha = \cos^2 \theta - \sin^2 \alpha$.
$\sin^2 \alpha = \cos^2 \theta (1 - \cos \alpha)$.
$\cos^2 \theta = \frac{\sin^2 \alpha}{1 - \cos \alpha} = \frac{4 \sin^2 \frac{\alpha}{2} \cos^2 \frac{\alpha}{2}}{2 \sin^2 \frac{\alpha}{2}} = 2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}$.
अब,$\tan^2 \theta = \sec^2 \theta - 1 = \frac{1}{\cos^2 \theta} - 1 = \frac{1}{2 \cos^2 \frac{\alpha}{2}} - 1 = \frac{1}{2} \sec^2 \frac{\alpha}{2} - 1$.
$2 \tan^2 \theta = \sec^2 \frac{\alpha}{2} - 2 = (1 + \tan^2 \frac{\alpha}{2}) - 2 = \tan^2 \frac{\alpha}{2} - 1$.

(B) हम सूत्र $\prod_{k=2}^{n} \cos \frac{\pi}{2^k} = \frac{\sin \frac{\pi}{2}}{2^{n-1} \sin \frac{\pi}{2^n}}$ का उपयोग करते हैं।
यहाँ,$n = 10$ है।
गुणनफल $P = \cos \frac{\pi}{2^2} \cdot \cos \frac{\pi}{2^3} \cdots \cos \frac{\pi}{2^{10}}$ है।
सर्वसमिका $\cos \theta \cos 2\theta \cos 4\theta \cdots \cos 2^{n-1}\theta = \frac{\sin 2^n \theta}{2^n \sin \theta}$ का उपयोग करके,हम $\theta = \frac{\pi}{2^{10}}$ रखते हैं।
तब गुणनफल $\frac{\sin(2^9 \cdot \frac{\pi}{2^{10}})}{2^9 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})} = \frac{\sin(\frac{\pi}{2})}{512 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})}$ होता है।
चूंकि $\sin \frac{\pi}{2} = 1$,इसलिए $P = \frac{1}{512 \sin(\frac{\pi}{2^{10}})} = \frac{\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2^{10}})}{512}$ प्राप्त होता है।

(C) दिया गया है: $\cos A \cos B \cos C = \frac{1}{5}$.
$\triangle ABC$ में,$A+B+C = \pi$,इसलिए $A+B = \pi - C$.
दोनों पक्षों में कोसाइन लेने पर: $\cos(A+B) = \cos(\pi - C) = -\cos C$.
$\cos A \cos B - \sin A \sin B = -\cos C$.
$\sin A \sin B = \cos A \cos B + \cos C$.
$\cos A \cos B$ से भाग देने पर,$\tan A \tan B = 1 + \frac{\cos C}{\cos A \cos B}$ प्राप्त होता है।
इसी प्रकार,$\tan B \tan C = 1 + \frac{\cos A}{\cos B \cos C}$ और $\tan C \tan A = 1 + \frac{\cos B}{\cos C \cos A}$.
इन तीनों समीकरणों को जोड़ने पर:
$\sum \tan A \tan B = 3 + \frac{\cos^2 C + \cos^2 A + \cos^2 B}{\cos A \cos B \cos C}$.
$\triangle ABC$ के लिए सर्वसमिका $\cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C = 1 - 2 \cos A \cos B \cos C$ का उपयोग करने पर:
$\sum \tan A \tan B = 3 + \frac{1 - 2 \cos A \cos B \cos C}{\cos A \cos B \cos C} = 3 + \frac{1}{\cos A \cos B \cos C} - 2$.
$\cos A \cos B \cos C = \frac{1}{5}$ रखने पर:
$\sum \tan A \tan B = 3 + 5 - 2 = 6$.

(A) दिया गया है कि $\cosh \alpha + \sinh \alpha = e^3$।
$\cosh \alpha = \frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2}$ और $\sinh \alpha = \frac{e^\alpha - e^{-\alpha}}{2}$ की परिभाषाओं का उपयोग करने पर:
$\frac{e^\alpha + e^{-\alpha}}{2} + \frac{e^\alpha - e^{-\alpha}}{2} = e^3$
$e^\alpha = e^3 \Rightarrow \alpha = 3$।
अब,$\sinh x$ के समीकरण में $\alpha = 3$ रखने पर:
$\sinh x = \frac{3}{3+1} = \frac{3}{4}$।
हम जानते हैं कि $\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$,इसलिए $\cosh x = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \sqrt{1 + (\frac{3}{4})^2} = \sqrt{1 + \frac{9}{16}} = \sqrt{\frac{25}{16}} = \frac{5}{4}$।
अतः,$\tanh x = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{3/4}{5/4} = \frac{3}{5}$।
चूँकि $\alpha = 3$,विकल्पों की जाँच करने पर: $\frac{\alpha}{\alpha+2} = \frac{3}{3+2} = \frac{3}{5}$।
अतः,सही विकल्प $A$ है।

(A) दिया है: $\sin \beta=2 \sin \alpha \dots (i)$
और $3 \cos \beta=2 \cos \alpha \Rightarrow \cos \beta=\frac{2}{3} \cos \alpha \dots (ii)$
समीकरणों का वर्ग करके जोड़ने पर:
$\sin^2 \beta + \cos^2 \beta = (2 \sin \alpha)^2 + (\frac{2}{3} \cos \alpha)^2$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} \cos^2 \alpha$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} (1 - \sin^2 \alpha)$
$1 = 4 \sin^2 \alpha + \frac{4}{9} - \frac{4}{9} \sin^2 \alpha$
$1 - \frac{4}{9} = \frac{32}{9} \sin^2 \alpha$ $\Rightarrow \frac{5}{9} = \frac{32}{9} \sin^2 \alpha$ $\Rightarrow \sin^2 \alpha = \frac{5}{32}$
इसी प्रकार,$\cos^2 \alpha = 1 - \frac{5}{32} = \frac{27}{32}$
अब,$\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta - \sin \alpha \sin \beta$
$\cos \beta = \frac{2}{3} \cos \alpha$ और $\sin \beta = 2 \sin \alpha$ रखने पर:
$\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha (\frac{2}{3} \cos \alpha) - \sin \alpha (2 \sin \alpha)$
$\cos(\alpha + \beta) = \frac{2}{3} \cos^2 \alpha - 2 \sin^2 \alpha$
$\cos(\alpha + \beta) = \frac{2}{3} (\frac{27}{32}) - 2 (\frac{5}{32}) = \frac{18}{32} - \frac{10}{32} = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$
अतः,$\sec(\alpha + \beta) = \frac{1}{\cos(\alpha + \beta)} = 4$.

(C) दिया गया है: $10 \sin^4 \alpha + 15 \cos^4 \alpha = 6$
$\cos^4 \alpha$ से भाग देने पर:
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 \sec^4 \alpha$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + \tan^2 \alpha)^2$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6(1 + 2 \tan^2 \alpha + \tan^4 \alpha)$
$10 \tan^4 \alpha + 15 = 6 + 12 \tan^2 \alpha + 6 \tan^4 \alpha$
$4 \tan^4 \alpha - 12 \tan^2 \alpha + 9 = 0$
$(2 \tan^2 \alpha - 3)^2 = 0$
$\tan^2 \alpha = \frac{3}{2}$
अतः,$\cot^2 \alpha = \frac{2}{3}$
अब,$16 \tan^6 \alpha + 27 \cot^6 \alpha = 16(\frac{3}{2})^3 + 27(\frac{2}{3})^3$
$= 16(\frac{27}{8}) + 27(\frac{8}{27}) = 54 + 8 = 62$

(D) दिया है: $\tan A = \tan \alpha \coth x = \cot \beta \tanh x$ ...$(i)$
$(i)$ से,$\tan \alpha = \tan A \tanh x$ और $\tan \beta = \frac{\tanh x}{\tan A}$ है।
हम जानते हैं कि $\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta}$।
मान रखने पर:
$\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan A \tanh x + \frac{\tanh x}{\tan A}}{1 - (\tan A \tanh x)(\frac{\tanh x}{\tan A})}$
$= \frac{\tanh x (\tan A + \frac{1}{\tan A})}{1 - \tanh^2 x}$
$= \frac{\tanh x (\frac{\tan^2 A + 1}{\tan A})}{\operatorname{sech}^2 x}$
$= \frac{\sinh x}{\cosh x} \cdot \frac{\sec^2 A}{\tan A} \cdot \cosh^2 x$
$= \sinh x \cosh x \cdot \frac{1}{\cos^2 A} \cdot \frac{\cos A}{\sin A}$
$= \frac{2 \sinh x \cosh x}{2 \sin A \cos A} = \frac{\sinh 2x}{\sin 2A} = \sinh 2x \operatorname{cosec} 2A$.

(B) माना $S = \sum_{k=0}^4 \sin^2 \left( (2k+1) \frac{\pi}{20} \right)$.
योगफल का विस्तार करने पर:
$S = \sin^2 \frac{\pi}{20} + \sin^2 \frac{3\pi}{20} + \sin^2 \frac{5\pi}{20} + \sin^2 \frac{7\pi}{20} + \sin^2 \frac{9\pi}{20}$.
सर्वसमिका $\sin^2 \theta = \cos^2 \left( \frac{\pi}{2} - \theta \right)$ का उपयोग करने पर:
$\sin^2 \frac{\pi}{20} = \cos^2 \frac{9\pi}{20}$ और $\sin^2 \frac{3\pi}{20} = \cos^2 \frac{7\pi}{20}$.
अतः,$S = (\sin^2 \frac{9\pi}{20} + \cos^2 \frac{9\pi}{20}) + (\sin^2 \frac{7\pi}{20} + \cos^2 \frac{7\pi}{20}) + \sin^2 \frac{\pi}{4}$.
$S = 1 + 1 + \frac{1}{2} = \frac{5}{2}$.

(B) दिया गया है $\tan B = \frac{2 \sin A \sin C}{\sin (A+C)}$.
दोनों पक्षों का व्युत्क्रम लेने पर,$\frac{1}{\tan B} = \frac{\sin (A+C)}{2 \sin A \sin C}$.
$\sin (A+C) = \sin A \cos C + \cos A \sin C$ का उपयोग करने पर,$\frac{1}{\tan B} = \frac{\sin A \cos C + \cos A \sin C}{2 \sin A \sin C}$.
इसे सरल करने पर $\frac{1}{\tan B} = \frac{1}{2} (\cot A + \cot C) = \frac{1}{2} (\frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C})$.
$2$ से गुणा करने पर,$\frac{2}{\tan B} = \frac{1}{\tan A} + \frac{1}{\tan C}$.
यह शर्त दर्शाती है कि $\tan A, \tan B, \tan C$ हरात्मक श्रेणी में हैं।

(A) माना कि दिया गया व्यंजक $E = \frac{1+\cos \theta-\sin \theta}{1+\cos \theta+\sin \theta}+\frac{1+\cos \theta+\sin \theta}{1+\cos \theta-\sin \theta}$ है।
समान हर लेने पर,हमें प्राप्त होता है:
$E = \frac{(1+\cos \theta-\sin \theta)^2 + (1+\cos \theta+\sin \theta)^2}{(1+\cos \theta+\sin \theta)(1+\cos \theta-\sin \theta)}$.
सर्वसमिका $(a-b)^2 + (a+b)^2 = 2(a^2+b^2)$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a = 1+\cos \theta$ और $b = \sin \theta$ है:
अंश $= 2((1+\cos \theta)^2 + \sin^2 \theta) = 2(1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta + \sin^2 \theta) = 2(1 + 2\cos \theta + 1) = 2(2 + 2\cos \theta) = 4(1+\cos \theta)$.
हर $= (1+\cos \theta)^2 - \sin^2 \theta = 1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta - \sin^2 \theta = 1 + 2\cos \theta + \cos^2 \theta - (1 - \cos^2 \theta) = 2\cos^2 \theta + 2\cos \theta = 2\cos \theta(1+\cos \theta)$.
अतः,$E = \frac{4(1+\cos \theta)}{2\cos \theta(1+\cos \theta)} = \frac{2}{\cos \theta} = 2 \sec \theta$.

(A) दिया गया है: $m \tan (\theta-30^{\circ})=n \tan (\theta+120^{\circ})$
चूंकि $\tan (\theta+120^{\circ}) = -\cot (\theta+30^{\circ})$,
$\frac{n}{m} = -\tan (\theta-30^{\circ}) \tan (\theta+30^{\circ})$
$\tan (A-B) \tan (A+B) = \frac{\tan^2 A - \tan^2 B}{1 - \tan^2 A \tan^2 B}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{n}{m} = \frac{\tan^2 30^{\circ} - \tan^2 \theta}{1 - \tan^2 \theta \tan^2 30^{\circ}}$
अब,$\frac{m+n}{m-n} = \frac{1 + n/m}{1 - n/m} = \frac{\cos 2\theta}{\cos 60^{\circ}} = 2 \cos 2\theta$

(A) दिया गया है $\cos \alpha + \cos \beta = \frac{1}{3} \dots (i)$ और $\sin \alpha + \sin \beta = \frac{1}{4} \dots (ii)$.
योग-से-गुणनफल सूत्रों का उपयोग करने पर:
$2 \cos \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{1}{3} \dots (iii)$
$2 \sin \frac{\alpha+\beta}{2} \cos \frac{\alpha-\beta}{2} = \frac{1}{4} \dots (iv)$
$(iv)$ को $(iii)$ से विभाजित करने पर,$\tan \frac{\alpha+\beta}{2} = \frac{3}{4}$ प्राप्त होता है।
अब,$\cos (\alpha+\beta) = \frac{1 - \tan^2 \frac{\alpha+\beta}{2}}{1 + \tan^2 \frac{\alpha+\beta}{2}} = \frac{1 - (3/4)^2}{1 + (3/4)^2} = \frac{7/16}{25/16} = \frac{7}{25}$.

(A) माना दिया गया व्यंजक $P = \prod_{k=1}^{7} \left(1+\cos \frac{k\pi}{8}\right)$ है।
सर्वसमिका $1+\cos \theta = 2\cos^2 \frac{\theta}{2}$ का उपयोग करने पर,$1+\cos \frac{k\pi}{8} = 2\cos^2 \frac{k\pi}{16}$ प्राप्त होता है।
वैकल्पिक रूप से,चूंकि $\cos(\pi - \theta) = -\cos \theta$,इसलिए $1+\cos(\pi - \theta) = 1-\cos \theta$ होता है।
पदों का युग्म बनाने पर: $\left(1+\cos \frac{\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{7\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{\pi}{8})(1-\cos \frac{\pi}{8}) = 1-\cos^2 \frac{\pi}{8} = \sin^2 \frac{\pi}{8}$.
इसी प्रकार,$\left(1+\cos \frac{2\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{6\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{\pi}{4})(1-\cos \frac{\pi}{4}) = 1-\cos^2 \frac{\pi}{4} = \sin^2 \frac{\pi}{4} = \frac{1}{2}$.
और $\left(1+\cos \frac{3\pi}{8}\right)\left(1+\cos \frac{5\pi}{8}\right) = (1+\cos \frac{3\pi}{8})(1-\cos \frac{3\pi}{8}) = 1-\cos^2 \frac{3\pi}{8} = \sin^2 \frac{3\pi}{8}$.
मध्य पद $\left(1+\cos \frac{4\pi}{8}\right) = 1+\cos \frac{\pi}{2} = 1+0 = 1$ है।
अतः,$P = \sin^2 \frac{\pi}{8} \cdot \sin^2 \frac{3\pi}{8} \cdot \frac{1}{2} \cdot 1$.
चूंकि $\sin \frac{3\pi}{8} = \cos \frac{\pi}{8}$,इसलिए $P = \sin^2 \frac{\pi}{8} \cos^2 \frac{\pi}{8} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (2 \sin \frac{\pi}{8} \cos \frac{\pi}{8})^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} (\sin \frac{\pi}{4})^2 \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{16}$.

(B) दिया गया है $3 \sin^4 x + 2 \cos^4 x = \frac{6}{5}$.
$\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$ प्रतिस्थापित करने पर:
$3 \sin^4 x + 2(1 - \sin^2 x)^2 = \frac{6}{5}$
$3 \sin^4 x + 2(1 + \sin^4 x - 2 \sin^2 x) = \frac{6}{5}$
$5 \sin^4 x - 4 \sin^2 x + 2 = \frac{6}{5}$
$25 \sin^4 x - 20 \sin^2 x + 4 = 0$
$(5 \sin^2 x - 2)^2 = 0$
$\sin^2 x = \frac{2}{5}$,अतः $\cos^2 x = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}$.
अब,$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$,इसलिए $\sin^2 2x = 4 \sin^2 x \cos^2 x = 4 \times \frac{2}{5} \times \frac{3}{5} = \frac{24}{25}$.
$\sin 2x = \frac{2 \sqrt{6}}{5}$.
$\cos 2x = 2 \cos^2 x - 1 = 2(\frac{3}{5}) - 1 = \frac{1}{5}$.
$\tan 2x = \frac{\sin 2x}{\cos 2x} = \frac{2 \sqrt{6} / 5}{1 / 5} = 2 \sqrt{6}$.

(D) दिया गया है $f_n(x) = \frac{1}{2n} [\sin^{2n} x + \cos^{2n} x]$.
हमें $f_1(x) + f_2(x) - f_3(x)$ का मान ज्ञात करना है।
$f_1(x) = \frac{1}{2} [\sin^2 x + \cos^2 x] = \frac{1}{2}(1) = \frac{1}{2}$.
$f_2(x) = \frac{1}{4} [\sin^4 x + \cos^4 x] = \frac{1}{4} [(\sin^2 x + \cos^2 x)^2 - 2 \sin^2 x \cos^2 x] = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x$.
$f_3(x) = \frac{1}{6} [\sin^6 x + \cos^6 x] = \frac{1}{6} [1 - 3 \sin^2 x \cos^2 x] = \frac{1}{6} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x$.
अब,$f_1(x) + f_2(x) - f_3(x) = \frac{1}{2} + (\frac{1}{4} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x) - (\frac{1}{6} - \frac{1}{2} \sin^2 x \cos^2 x)$.
$= \frac{1}{2} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{6 + 3 - 2}{12} = \frac{7}{12}$.

(B) दिया गया वक्र: $x=1+\frac{1}{y^2}$ ...$(i)$
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $1 = -\frac{2}{y^3} \cdot \frac{dy}{dx} \Rightarrow \frac{dy}{dx} = -\frac{y^3}{2}$.
बिंदु $A(2,1)$ पर,ढाल $m_1 = \left(\frac{dy}{dx}\right)_{(2,1)} = -\frac{1^3}{2} = -\frac{1}{2}$.
$A(2,1)$ पर स्पर्श रेखा का समीकरण: $(y-1) = -\frac{1}{2}(x-2) \Rightarrow 2y - 2 = -x + 2 \Rightarrow x + 2y = 4$ ...(ii)
बिंदु $B$ ज्ञात करने के लिए,$x = 4-2y$ को वक्र के समीकरण $(i)$ में रखने पर:
$4-2y = 1 + \frac{1}{y^2} \Rightarrow 3-2y = \frac{1}{y^2} \Rightarrow 3y^2 - 2y^3 = 1 \Rightarrow 2y^3 - 3y^2 + 1 = 0$.
चूंकि $A(2,1)$ वक्र पर है,$y=1$ एक हल है। गुणनखंड करने पर: $(y-1)^2(2y+1) = 0$.
हल $y=1$ ($A$ पर) और $y=-\frac{1}{2}$ ($B$ पर) हैं।
$y = -\frac{1}{2}$ के लिए,$x = 4 - 2(-\frac{1}{2}) = 5$. अतः,$B = (5, -\frac{1}{2})$.
$B(5, -\frac{1}{2})$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $m_2 = -\frac{(-1/2)^3}{2} = -\frac{-1/8}{2} = \frac{1}{16}$.
स्पर्श रेखाओं के बीच का कोण $\theta$ के लिए $\tan \theta = \left| \frac{m_1 - m_2}{1 + m_1 m_2} \right| = \left| \frac{-1/2 - 1/16}{1 + (-1/2)(1/16)} \right| = \left| \frac{-9/16}{1 - 1/32} \right| = \left| \frac{-9/16}{31/32} \right| = \frac{18}{31}$.
चूंकि $\tan \theta = \frac{18}{31} \neq 0$ और $\tan \theta \neq \infty$,इसलिए कोण न तो $0$ है और न ही $\frac{\pi}{2}$।

(C) दिया गया वक्र $y^2 = x + \sin x$ है ...$(i)$
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$2y \frac{dy}{dx} = 1 + \cos x$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{dy}{dx} = \frac{1 + \cos x}{2y}$.
अभिलंब की प्रवणता $m = -\frac{1}{dy/dx} = -\frac{2y}{1 + \cos x}$ है।
अभिलंब के $Y$-अक्ष के समांतर होने के लिए,प्रवणता अपरिभाषित होनी चाहिए,अर्थात $1 + \cos x = 0$।
इसका अर्थ है $\cos x = -1$,जिसका अर्थ है $x = (2n+1)\pi$ किसी पूर्णांक $n$ के लिए।
इन बिंदुओं पर,$\sin x = 0$ होता है।
मूल समीकरण $(i)$ में $\sin x = 0$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $y^2 = x + 0$ या $y^2 = x$ प्राप्त होता है।
यह एक परवलय का समीकरण है।

(A) दिया गया है कि स्पर्श रेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = \frac{y^2-x^2}{2xy}$ है।
बिंदु $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $m_t$:
$m_t = \frac{(\frac{\sqrt{3}}{2})^2 - (\frac{1}{2})^2}{2(\frac{1}{2})(\frac{\sqrt{3}}{2})} = \frac{\frac{3}{4} - \frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{\frac{2}{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{2} \times \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
अभिलंब की ढाल $m_n = -\frac{1}{m_t} = -\sqrt{3}$ होगी।
बिंदु $\left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ पर अभिलंब का समीकरण:
$y - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}(x - \frac{1}{2})$
$y - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}x + \frac{\sqrt{3}}{2}$
$\sqrt{3}x + y = \sqrt{3}$.

(C) दिया गया वक्र $y = \tan^{-1}(\sin \sqrt{x})$ है।
उन बिंदुओं को खोजने के लिए जहाँ स्पर्श रेखा $x$-अक्ष के समांतर है,हम अवकलज $\frac{dy}{dx} = 0$ रखते हैं।
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1 + (\sin \sqrt{x})^2} \cdot \cos \sqrt{x} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}$.
$\frac{dy}{dx} = 0$ रखने पर $\cos \sqrt{x} = 0$ प्राप्त होता है (क्योंकि अवकलज परिभाषित होने के लिए $x > 0$ होना चाहिए)।
अतः,$\sqrt{x} = (2n+1)\frac{\pi}{2}$ जहाँ $n = 0, 1, 2, \dots$ है।
दिया गया है कि $0 \leq x \leq 8\pi^2$,इसलिए $0 \leq \sqrt{x} \leq 2\sqrt{2}\pi \approx 8.88$ है।
$\sqrt{x}$ के लिए संभावित मान $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}$ हैं।
इन बिंदुओं पर,$\sin \sqrt{x} = \sin((2n+1)\frac{\pi}{2}) = \pm 1$ है।
इसलिए,$y = \tan^{-1}(\pm 1) = \pm \frac{\pi}{4}$।

(B) दिए गए वक्र $x y=1$ के लिए,$y = \frac{1}{x}$ है।
अवकलन करने पर: $\frac{d y}{d x} = -\frac{1}{x^2}$ प्राप्त होता है।
किसी भी बिंदु $(x, y)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $m_t = -\frac{1}{x^2}$ है।
अभिलंब की ढाल $m_n$ स्पर्श रेखा की ढाल का ऋणात्मक व्युत्क्रम है: $m_n = -\frac{1}{m_t} = x^2$।
चूंकि सभी वास्तविक $x$ के लिए $x^2 \geq 0$ है,इसलिए अभिलंब की ढाल गैर-ऋणात्मक $(m_n \geq 0)$ होनी चाहिए।
अभिलंब का दिया गया समीकरण $(a^2-1) x+a y+(3-a)=0$ है,जिसे $a y = -(a^2-1) x - (3-a)$ या $y = -\frac{a^2-1}{a} x - \frac{3-a}{a}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इस रेखा की ढाल $m = -\frac{a^2-1}{a} = \frac{1-a^2}{a}$ है।
चूंकि $m \geq 0$,इसलिए $\frac{1-a^2}{a} \geq 0$ है।
$-1$ से गुणा करने पर असमिका बदल जाती है: $\frac{a^2-1}{a} \leq 0$,जो कि $\frac{(a-1)(a+1)}{a} \leq 0$ है।
साइन स्कीम (वेवी कर्व मेथड) का उपयोग करने पर,$a$ के मान $a \in (-\infty, -1] \cup (0, 1]$ प्राप्त होते हैं।

(D) वक्र के प्राचलिक समीकरण दिए गए हैं: $x=e^t \cos t$ और $y=e^t \sin t$।
सबसे पहले,हम $t$ के सापेक्ष अवकलन प्राप्त करते हैं:
$\frac{dx}{dt} = e^t(\cos t - \sin t)$ और $\frac{dy}{dt} = e^t(\sin t + \cos t)$।
स्पर्शरेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{\sin t + \cos t}{\cos t - \sin t}$ द्वारा दी जाती है।
बिंदु $(1,0)$ पर,$y=0$ है,जिसका अर्थ है $e^t \sin t = 0$। चूँकि $e^t \neq 0$,इसलिए $\sin t = 0$,अतः $t=0$।
$t=0$ पर,स्पर्शरेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = \frac{\sin 0 + \cos 0}{\cos 0 - \sin 0} = \frac{0+1}{1-0} = 1$ है।
अभिलंब की ढाल $m = -\frac{1}{dy/dx} = -\frac{1}{1} = -1$ है।
चूँकि अभिलंब की ढाल $\tan \theta = -1$ है,और $\theta$ $X$-अक्ष के साथ बना कोण है,इसलिए $\theta = \frac{3\pi}{4}$ है।

(A) दिया गया वक्र $y = \sin x$ है। अवकलन करने पर $\frac{dy}{dx} = \cos x$ प्राप्त होता है।
बिंदु $P(h, k)$ पर अभिलंब की ढाल $m = -\frac{1}{\cos h}$ है।
मूल बिंदु $(0, 0)$ से गुजरने वाले अभिलंब का समीकरण $y - 0 = m(x - 0)$ है,जो $y = -\frac{1}{\cos h} x$ हो जाता है।
चूंकि बिंदु $P(h, k)$ अभिलंब पर स्थित है,इसलिए $k = -\frac{h}{\cos h}$,जिसका अर्थ है $\cos h = -\frac{h}{k}$।
साथ ही,$P(h, k)$ वक्र $y = \sin x$ पर स्थित है,इसलिए $k = \sin h$ प्राप्त होता है।
सर्वसमिका $\sin^2 h + \cos^2 h = 1$ का उपयोग करने पर: $k^2 + (-\frac{h}{k})^2 = 1$।
इसे सरल करने पर $k^2 + \frac{h^2}{k^2} = 1$,या $k^4 + h^2 = k^2$ प्राप्त होता है।
$(h, k)$ को $(x, y)$ से प्रतिस्थापित करने पर,$P$ का बिंदुपथ $x^2 + y^4 = y^2$ या $x^2 = y^2 - y^4$ है।

(C) दिया गया वक्र $y=x^3$ है।
बिंदु $(\alpha, \beta)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = 3x^2$ है। $x=\alpha$ पर,ढाल $3\alpha^2$ है।
$(\alpha, \beta)$ पर स्पर्श रेखा का समीकरण $(y-\beta) = 3\alpha^2(x-\alpha)$ है।
चूंकि $(\alpha_1, \beta_1)$ वक्र पर स्थित है,इसलिए $\beta_1 = \alpha_1^3$ और $\beta = \alpha^3$ है।
इन मानों को स्पर्श रेखा के समीकरण में रखने पर: $\alpha_1^3 - \alpha^3 = 3\alpha^2(\alpha_1 - \alpha)$।
$(\alpha_1 - \alpha)$ से विभाजित करने पर (मान लें कि $\alpha_1 \neq \alpha$): $\alpha_1^2 + \alpha_1\alpha + \alpha^2 = 3\alpha^2$।
$\alpha_1^2 + \alpha_1\alpha - 2\alpha^2 = 0$।
द्विघात समीकरण का गुणनखंड करने पर: $(\alpha_1 - \alpha)(\alpha_1 + 2\alpha) = 0$।
चूंकि $\alpha_1 \neq \alpha$,इसलिए $\alpha_1 = -2\alpha$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{\beta_1}{\beta} = \frac{\alpha_1^3}{\alpha^3} = \left(\frac{\alpha_1}{\alpha}\right)^3 = (-2)^3 = -8$।

(C) दिया गया वक्र समीकरण: $x^3 y^2 + \frac{x^2}{y} = 5$.
$x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$3x^2 y^2 + 2x^3 y \frac{dy}{dx} + \frac{2x}{y} - \frac{x^2}{y^2} \frac{dy}{dx} = 0$.
$\frac{dy}{dx}$ के लिए व्यवस्थित करने पर:
$\left(2x^3 y - \frac{x^2}{y^2}\right) \frac{dy}{dx} = -\left(3x^2 y^2 + \frac{2x}{y}\right)$.
$\frac{dy}{dx} = -\frac{x(3xy^3 + 2)}{y(2x^3 y^2 - x^2)}$.
चूँकि स्पर्श रेखा $X$-अक्ष के समांतर है,$\frac{dy}{dx} = 0$,जिसका अर्थ है $3xy^3 + 2 = 0$.
यह समीकरण $f(x, y) = 0$ है।
दिए गए विकल्पों की जाँच करने पर:
$\left(-2, \frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)$ के लिए:
$3(-2)\left(\frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)^3 + 2 = 3(-2)\left(\frac{1}{3}\right) + 2 = -2 + 2 = 0$.
अतः,बिंदु $\left(-2, \frac{1}{\sqrt[3]{3}}\right)$ समीकरण को संतुष्ट करता है।

(C) दिया गया वक्र $x=e^{\sin y}$ है। दोनों पक्षों का प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,हमें $\log x = \sin y$ प्राप्त होता है।
दोनों पक्षों का $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर,$\frac{1}{x} = \cos y \frac{dy}{dx}$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{x \cos y}$।
बिंदु $(1,0)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $\left(\frac{dy}{dx}\right)_{(1,0)} = \frac{1}{1 \cdot \cos 0} = \frac{1}{1 \cdot 1} = 1$ है।
बिंदु $(1,0)$ पर अभिलंब की ढाल $m = -\frac{1}{\text{स्पर्श रेखा की ढाल}} = -\frac{1}{1} = -1$ है।
बिंदु $(1,0)$ पर अभिलंब का समीकरण $y - 0 = -1(x - 1)$ है,जिसे सरल करने पर $y = -x + 1$ या $x + y = 1$ प्राप्त होता है।
यह रेखा $x$-अक्ष को $A(1,0)$ पर और $y$-अक्ष को $B(0,1)$ पर काटती है।
अभिलंब द्वारा निर्देशांक अक्षों के साथ बना त्रिभुज $\triangle OAB$ है,जहाँ $O$ मूल बिंदु $(0,0)$ है।
$\triangle OAB$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊंचाई} = \frac{1}{2} \times OA \times OB = \frac{1}{2} \times 1 \times 1 = \frac{1}{2} \text{ वर्ग इकाई}$।

(B) दिया गया वक्र समीकरण: $(x^2+1)(y-3)=x$ ... $(i)$
$x$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर:
$(x^2+1) \frac{dy}{dx} + (2x)(y-3) = 1$
$\frac{dy}{dx} = \frac{1 - 2x(y-3)}{x^2+1}$
चूंकि स्पर्श रेखा एक क्षैतिज रेखा है,इसलिए ढाल $\frac{dy}{dx} = 0$ होगी।
अतः,$1 - 2x(y-3) = 0 \Rightarrow 2x(y-3) = 1$ ... $(ii)$
$(i)$ से,$(y-3) = \frac{x}{x^2+1}$ प्राप्त होता है।
इस मान को $(ii)$ में रखने पर: $2x \left( \frac{x}{x^2+1} \right) = 1$
$2x^2 = x^2 + 1 \Rightarrow x^2 = 1$.
चूंकि बिंदु $P$ प्रथम चतुर्थांश में स्थित है,इसलिए $x = 1$ होगा।
$x=1$ को $(i)$ में रखने पर: $(1^2+1)(y-3) = 1 \Rightarrow 2(y-3) = 1 \Rightarrow y-3 = \frac{1}{2} \Rightarrow y = \frac{7}{2}$.
बिंदु $P$ के निर्देशांक $(1, \frac{7}{2})$ हैं।
चूंकि स्पर्श रेखा क्षैतिज है,इसलिए अभिलंब $x=1$ से गुजरने वाली एक ऊर्ध्वाधर रेखा होगी।
अतः अभिलंब का समीकरण $x = 1$ है।

(C) वक्र पर किसी भी बिंदु $(x, y)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = xy$ द्वारा दी जाती है।
बिंदु $(\sqrt{2}, e)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $m = \sqrt{2}e$ है।
इस बिंदु पर अभिलंब की ढाल $m' = -\frac{1}{m} = -\frac{1}{\sqrt{2}e}$ है।
बिंदु $(\sqrt{2}, e)$ पर अभिलंब का समीकरण $(y - e) = m'(x - \sqrt{2})$ है।
$m'$ का मान रखने पर,हमें $y - e = -\frac{1}{\sqrt{2}e}(x - \sqrt{2})$ प्राप्त होता है।
$\sqrt{2}e$ से गुणा करने पर,हमें $\sqrt{2}ey - \sqrt{2}e^2 = -x + \sqrt{2}$ प्राप्त होता है।
पदों को व्यवस्थित करने पर,$x + \sqrt{2}ey = \sqrt{2} + \sqrt{2}e^2$ प्राप्त होता है।
$\sqrt{2}(1 + e^2)$ से भाग देने पर,$\frac{x}{\sqrt{2}(1 + e^2)} + \frac{\sqrt{2}ey}{\sqrt{2}(1 + e^2)} = 1$ प्राप्त होता है।
इसकी तुलना $ax + by = 1$ से करने पर,$a = \frac{1}{\sqrt{2}(1 + e^2)}$ और $b = \frac{\sqrt{2}e}{\sqrt{2}(1 + e^2)} = \frac{e}{1 + e^2}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\frac{b}{a} = \frac{e}{1 + e^2} \times \sqrt{2}(1 + e^2) = \sqrt{2}e$.

(C) दिया गया वक्र $y = \sin x$ है। किसी भी बिंदु $(x_1, y_1)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $\frac{dy}{dx} = \cos x_1$ है।
$(x_1, y_1)$ पर स्पर्श रेखा का समीकरण $(y - y_1) = \cos x_1(x - x_1)$ है।
चूंकि यह स्पर्श रेखा बिंदु $(0, \pi)$ से होकर गुजरती है,इसलिए हम इन निर्देशांकों को समीकरण में प्रतिस्थापित करते हैं:
$(\pi - y_1) = \cos x_1(0 - x_1) = -x_1 \cos x_1$.
चूंकि $y_1 = \sin x_1$,इसलिए $\cos x_1 = \pm \sqrt{1 - \sin^2 x_1} = \pm \sqrt{1 - y_1^2}$.
इसे समीकरण में रखने पर: $(\pi - y_1) = -x_1(\pm \sqrt{1 - y_1^2})$.
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर,हमें $(\pi - y_1)^2 = x_1^2(1 - y_1^2)$ प्राप्त होता है।
$(x_1, y_1)$ को $(x, y)$ से बदलने पर,बिंदुपथ $x^2(1 - y^2) = (y - \pi)^2$ है।

(C) दिया गया वक्र $y = \cosh x$ है।
मूल बिंदु $(0, 0)$ के सबसे निकटतम बिंदु को खोजने के लिए,हम दूरी के वर्ग $D^2 = x^2 + y^2 = x^2 + (\cosh x)^2$ को न्यूनतम करते हैं।
माना $f(x) = x^2 + \cosh^2 x$ है।
अवकलन करने पर,$f'(x) = 2x + 2 \cosh x \sinh x = 2x + \sinh(2x)$ प्राप्त होता है।
$f'(x) = 0$ रखने पर,हमें $2x + \sinh(2x) = 0$ मिलता है।
इस समीकरण का एकमात्र हल $x = 0$ है।
$x = 0$ पर,$y = \cosh(0) = 1$ है।
बिंदु $(0, 1)$ पर स्पर्श रेखा की ढाल $y' = \sinh(0) = 0$ है।
अभिलंब की ढाल $m = -\frac{1}{y'} = -\frac{1}{0}$ है,जो अपरिभाषित है (ऊर्ध्वाधर रेखा)।
बिंदु $(0, 1)$ से गुजरने वाली ऊर्ध्वाधर रेखा का समीकरण $x = 0$ है।

(C) वक्रों का परिवार $y = x^n \log x$ दिया गया है।
यदि स्पर्श रेखा $y = x - 1$ सभी वक्रों के लिए एक निश्चित बिंदु $(\alpha, \beta)$ पर उभयनिष्ठ स्पर्श रेखा है,तो स्पर्श रेखा की ढाल $1$ होनी चाहिए (क्योंकि $y = x - 1$ की ढाल $1$ है)।
अवकलन करने पर: $\frac{dy}{dx} = n x^{n-1} \log x + x^n \cdot \frac{1}{x} = x^{n-1} (n \log x + 1)$।
स्पर्श बिंदु $(\alpha, \beta)$ पर,ढाल $1$ है:
$\alpha^{n-1} (n \log \alpha + 1) = 1$।
यह सभी $n$ के लिए सत्य हो,इसके लिए हम $\alpha = 1$ पर जाँच करते हैं:
$1^{n-1} (n \log 1 + 1) = 1 \cdot (0 + 1) = 1$।
यह $n$ से स्वतंत्र है।
जब $\alpha = 1$ है,तो वक्र पर $y$ का मान $\beta = 1^n \log 1 = 0$ है।
अतः,निश्चित बिंदु $(1, 0)$ है।
इसलिए,$\alpha + \beta = 1 + 0 = 1$।

(D) दिया गया है कि $px+my+n=0$ वक्र $y=f(x)$ पर $x=\alpha$ पर स्पर्श रेखा है।
स्पर्श रेखा $px+my+n=0$ की ढाल $m_t = -\frac{p}{m}$ है।
अतः,$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$।
अब,हमें $x=0$ पर $\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})]$ ज्ञात करना है।
श्रृंखला नियम (chain rule) का उपयोग करते हुए:
$\frac{d}{dx} [f(\alpha e^{2x})] = f'(\alpha e^{2x}) \cdot \frac{d}{dx}(\alpha e^{2x}) = f'(\alpha e^{2x}) \cdot (2\alpha e^{2x})$।
$x=0$ पर,व्यंजक इस प्रकार होगा:
$f'(\alpha e^0) \cdot (2\alpha e^0) = f'(\alpha) \cdot (2\alpha)$।
$f'(\alpha) = -\frac{p}{m}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$(-\frac{p}{m}) \cdot (2\alpha) = -\frac{2p\alpha}{m}$।

(D) दिया गया है कि $|f(x) - f(y)| \leq 2|x - y|^{\frac{3}{2}}$.
दोनों पक्षों को $|x - y|$ से विभाजित करने पर (जहाँ $x \neq y$),हमें $\left|\frac{f(x) - f(y)}{x - y}\right| \leq 2|x - y|^{\frac{1}{2}}$ प्राप्त होता है।
जैसे ही $x \rightarrow y$,बायां पक्ष अवकलज की परिभाषा $|f'(y)|$ बन जाता है।
अतः,$|f'(y)| \leq 2 \lim_{x \rightarrow y} |x - y|^{\frac{1}{2}} = 0$.
चूंकि निरपेक्ष मान ऋणात्मक नहीं हो सकता,इसलिए $|f'(y)| = 0$ होना चाहिए,जिसका अर्थ है कि सभी $y \in R$ के लिए $f'(y) = 0$ है।
इसका मतलब है कि $f(x)$ एक अचर फलन है,$f(x) = c$.
चूंकि $f(0) = 1$ दिया गया है,इसलिए $c = 1$,अतः $f(x) = 1$.
इसलिए,$\int_0^1 f^2(x) dx = \int_0^1 (1)^2 dx = \int_0^1 1 dx = [x]_0^1 = 1 - 0 = 1$.

(C) माना $f(x) = x^4+ax^3+\frac{3x^2}{2}+1$.
सबसे पहले,प्रथम अवकलज ज्ञात करें: $f'(x) = 4x^3+3ax^2+3x$.
इसके बाद,द्वितीय अवकलज ज्ञात करें: $f''(x) = 12x^2+6ax+3$.
हमें दिया गया है कि सभी वास्तविक $x$ के लिए $f''(x) > 0$,इसलिए $12x^2+6ax+3 > 0$.
$3$ से विभाजित करने पर,हमें $4x^2+2ax+1 > 0$ प्राप्त होता है।
किसी द्विघात समीकरण $Ax^2+Bx+C > 0$ के सभी $x$ के लिए सत्य होने हेतु,विविक्तकर $D < 0$ और $A > 0$ होना चाहिए।
यहाँ $A = 4 > 0$,इसलिए हमें $D < 0$ की आवश्यकता है।
$D = (2a)^2 - 4(4)(1) < 0$.
$4a^2 - 16 < 0$.
$a^2 < 4$.
इसका अर्थ है कि $-2 < a < 2$.
अतः $a$ का अधिकतम मान $2$ है।

(D) यह निर्धारित करने के लिए कि अंतराल $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ में कौन सा फलन ह्रासमान है,हम प्रत्येक फलन के लिए अवकलज $f'(x)$ का चिह्न जाँचते हैं।
विकल्प $(A)$ के लिए: $f(x) = \frac{\log x}{x}$,$f'(x) = \frac{1 - \log x}{x^2}$। $x \in \left(\frac{1}{e}, e\right)$ के लिए,$\log x$ का मान $-1$ से $1$ के बीच होता है। अतः,$x < e$ के लिए $f'(x) > 0$ है,इसलिए यह वर्धमान फलन है।
विकल्प $(B)$ के लिए: $f(x) = x^2 \log x$,$f'(x) = 2x \log x + x = x(2 \log x + 1)$। $x > \frac{1}{e}$ के लिए,$f'(x) > 0$ है,इसलिए यह वर्धमान फलन है।
विकल्प $(C)$ के लिए: $f(x) = x \log x$,$f'(x) = \log x + 1$। $x > \frac{1}{e}$ के लिए,$\log x > -1$,इसलिए $f'(x) > 0$ है,इसलिए यह वर्धमान फलन है।
विकल्प $(D)$ के लिए: $f(x) = x^{-x}$। मान लीजिए $y = x^{-x}$,तो $\log y = -x \log x$। $x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = -(\log x + x \cdot \frac{1}{x}) = -(\log x + 1)$। अतः,$f'(x) = -x^{-x}(1 + \log x)$। अंतराल $\left(\frac{1}{e}, e\right)$ में,$\log x > -1$,इसलिए $(1 + \log x) > 0$। चूँकि $x^{-x} > 0$,इसलिए $f'(x) < 0$ प्राप्त होता है। अतः,$f(x) = x^{-x}$ एक ह्रासमान फलन है।

(D) दिया गया वक्र $y = x^3 - ax^2 + x + 1$ है।
स्पर्श रेखा की प्रवणता $\frac{dy}{dx} = 3x^2 - 2ax + 1$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि स्पर्श रेखा $X$-अक्ष की धनात्मक दिशा के साथ न्यून कोण बनाती है,इसलिए सभी $x \in R$ के लिए प्रवणता धनात्मक होनी चाहिए।
अतः,सभी $x \in R$ के लिए $3x^2 - 2ax + 1 > 0$।
द्विघात व्यंजक $Ax^2 + Bx + C > 0$ के सभी $x \in R$ के लिए सत्य होने हेतु,$A > 0$ और विविक्तकर $D < 0$ होना चाहिए।
यहाँ,$A = 3 > 0$ है,जो संतुष्ट है।
अब,हमें $D = B^2 - 4AC < 0$ की आवश्यकता है।
मान प्रतिस्थापित करने पर,$(-2a)^2 - 4(3)(1) < 0$।
$4a^2 - 12 < 0$।
$a^2 - 3 < 0$।
$(a - \sqrt{3})(a + \sqrt{3}) < 0$।
अतः,$a \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3})$।

(C) माना स्पर्श बिंदु $(h, k)$ है। चूँकि $(h, k)$ वक्र $y=x^2+3x+4$ पर स्थित है,इसलिए $k=h^2+3h+4$ ... $(i)$.
स्पर्श रेखा की प्रवणता $\frac{dy}{dx} = 2x+3$ है। $(h, k)$ पर प्रवणता $m = 2h+3$ है।
$(h, k)$ पर स्पर्श रेखा का समीकरण $y-k = (2h+3)(x-h)$ है।
चूँकि स्पर्श रेखा $(0, 0)$ से होकर गुजरती है,इसलिए $x=0$ और $y=0$ रखने पर:
$0-k = (2h+3)(0-h) \Rightarrow -k = -2h^2-3h \Rightarrow k = 2h^2+3h$ ... $(ii)$.
समीकरण $(i)$ और $(ii)$ की तुलना करने पर:
$h^2+3h+4 = 2h^2+3h$
$h^2 = 4 \Rightarrow h = \pm 2$.
यदि $h = -2$,तो $k = (-2)^2+3(-2)+4 = 2$। अतः,$(\alpha, \beta) = (-2, 2)$।
यदि $h = 2$,तो $k = (2)^2+3(2)+4 = 14$। अतः,$(\gamma, \delta) = (2, 14)$।
इस प्रकार,$\beta+\delta = 2+14 = 16$।

(C) दिया गया है $f(x) = \max\{\cos x, \sin x, 0\}$।
अंतराल $[0, 2\pi]$ में,फलन $f(x)$ इस प्रकार परिभाषित है:
$f(x) = \cos x$,जब $x \in [0, \pi/4]$
$f(x) = \sin x$,जब $x \in [\pi/4, 5\pi/4]$
$f(x) = 0$,जब $x \in [5\pi/4, 2\pi]$
प्रतिच्छेदन बिंदुओं पर अवकलनीयता की जाँच करने पर:
$1$. $x = \pi/4$ पर,$\cos(\pi/4) = \sin(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$। अवकलज $-\sin(\pi/4) = -1/\sqrt{2}$ और $\cos(\pi/4) = 1/\sqrt{2}$ हैं। चूँकि ये समान नहीं हैं,$f(x)$,$x = \pi/4$ पर अवकलनीय नहीं है।
$2$. $x = \pi$ पर,$\sin(\pi) = 0$ और फलन $0$ है। $\sin(\pi) = 0$ और इसका अवकलज $\cos(\pi) = -1$ है। $0$ का अवकलज $0$ है। चूँकि $-1 \neq 0$,यह $x = \pi$ पर अवकलनीय नहीं है।
$3$. $x = 3\pi/2$ पर,$\cos(3\pi/2) = 0$ और इसका अवकलज $-\sin(3\pi/2) = 1$ है। $0$ का अवकलज $0$ है। चूँकि $1 \neq 0$,यह $x = 3\pi/2$ पर अवकलनीय नहीं है।
इस प्रकार,प्रत्येक $2\pi$ लंबाई के अंतराल में $3$ गैर-अवकलनीय बिंदु हैं।
$(0, 2024\pi)$ में,ऐसे $1012$ अंतराल हैं।
गैर-अवकलनीय बिंदुओं की कुल संख्या $= 3 \times 1012 = 3036$।
दिया गया है $1012k = 3036$,अतः $k = 3$।

(C) दिया गया है $f(x) = px^3 + qx^2 + rx + t$.
अवकलज $f'(x) = 3px^2 + 2qx + r$ ... $(i)$
चूंकि $f(x)$ का $x = -2$ और $x = 2$ पर स्थानीय चरम मान है,इसलिए $f'(x) = k(x+2)(x-2) = k(x^2 - 4)$ ... (ii)
$(i)$ और (ii) की तुलना करने पर,हमें $3p = k$,$2q = 0$,और $r = -4k$ प्राप्त होता है।
अतः,$q = 0$ और $r = -4(3p) = -12p$.
द्वितीय अवकलज $f''(x) = 6px + 2q = 6px$.
$x = -2$ पर स्थानीय न्यूनतम के लिए,$f''(-2) = -12p > 0$,जिसका अर्थ है $p < 0$.
दिया गया है कि $p$,$9x^2 - 1 = 0$ का मूल है,इसलिए $x = \pm \frac{1}{3}$.
चूंकि $p < 0$,इसलिए $p = -\frac{1}{3}$.
अब $r = -12(-\frac{1}{3}) = 4$.
अतः,$p + q + r = -\frac{1}{3} + 0 + 4 = \frac{11}{3}$.

(D) माना आयत की लंबाई $l$ और चौड़ाई $b$ है।
दिया गया है कि परिमाप $48 \text{ cm}$ है।
$2(l + b) = 48 \Rightarrow l + b = 24 \Rightarrow b = 24 - l$ ... $(i)$
जब आयत को भुजा $b$ के परितः घुमाया जाता है,तो बेलन की त्रिज्या $r = l$ और ऊँचाई $h = b$ होती है।
बेलन का आयतन $V = \pi r^2 h = \pi l^2 b$ है।
$(i)$ से $b$ का मान रखने पर: $V = \pi l^2(24 - l) = 24\pi l^2 - \pi l^3$.
अधिकतम आयतन ज्ञात करने के लिए,$l$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$\frac{dV}{dl} = 48\pi l - 3\pi l^2$.
क्रांतिक बिंदुओं के लिए $\frac{dV}{dl} = 0$ रखने पर:
$3\pi l(16 - l) = 0 \Rightarrow l = 0$ या $l = 16$.
चूँकि $l$ धनात्मक होना चाहिए,इसलिए $l = 16$.
द्वितीय अवकलज की जाँच करने पर: $\frac{d^2V}{dl^2} = 48\pi - 6\pi l$.
$l = 16$ पर,$\frac{d^2V}{dl^2} = 48\pi - 96\pi = -48\pi < 0$.
चूँकि द्वितीय अवकलज ऋणात्मक है,इसलिए $l = 16$ पर आयतन अधिकतम है।
अतः $b = 24 - 16 = 8$.
इस प्रकार,आयत की विमाएँ $8 \text{ cm}$ और $16 \text{ cm}$ हैं।

(A) दिया गया फलन $f(x) = \frac{4}{3}x^3 - 4x$ अंतराल $[0, 2]$ पर है।
सबसे पहले,अवकलज को शून्य के बराबर रखकर क्रांतिक बिंदु ज्ञात करें:
$f'(x) = 4x^2 - 4 = 0 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow x = \pm 1$.
चूंकि हम अंतराल $[0, 2]$ पर विचार कर रहे हैं,इसलिए हम केवल $x = 1$ को ही क्रांतिक बिंदु के रूप में लेंगे।
अब,क्रांतिक बिंदु और अंतराल के अंतिम बिंदुओं पर फलन का मान ज्ञात करें:
$f(0) = \frac{4}{3}(0)^3 - 4(0) = 0$.
$f(1) = \frac{4}{3}(1)^3 - 4(1) = \frac{4}{3} - 4 = -\frac{8}{3}$.
$f(2) = \frac{4}{3}(2)^3 - 4(2) = \frac{32}{3} - 8 = \frac{32 - 24}{3} = \frac{8}{3}$.
इन मानों की तुलना करने पर,वैश्विक न्यूनतम मान $-\frac{8}{3}$ है और वैश्विक अधिकतम मान $\frac{8}{3}$ है।
वैश्विक न्यूनतम और वैश्विक अधिकतम मानों का योग $\frac{8}{3} + (-\frac{8}{3}) = 0$ है।

(C) दिया गया है कि $A(1,15), B(3,-12), C(6,12)$ एक सतत वक्र $y=f(x)$ के तीन क्रमिक टर्निंग पॉइंट्स हैं और वक्र $x$-अक्ष को $x=\alpha$ और $x=\beta$ पर काटता है।
दिए गए ग्राफ से यह स्पष्ट है कि:
$1 < \alpha < 3$ और $3 < \beta < 6$.
हम $|\beta-\alpha|$ के लिए सीमा ज्ञात करना चाहते हैं।
चूंकि $1 < \alpha < 3$,इसलिए हमारे पास $-3 < -\alpha < -1$ है।
साथ ही,$3 < \beta < 6$.
इन असमानताओं को जोड़ने पर,हमें प्राप्त होता है:
$3 - 3 < \beta - \alpha < 6 - 1$
$0 < \beta - \alpha < 5$.
अतः,$|\beta-\alpha| < 5$.

(B) दिया गया है $f(x) = x^2 + \frac{54}{x}$.
सबसे पहले,अवकलज ज्ञात करें: $f'(x) = 2x - \frac{54}{x^2}$.
$x \in (-\infty, 0)$ के लिए,$x^2 > 0$ और $x < 0$ है,इसलिए $2x < 0$ और $-\frac{54}{x^2} < 0$ होगा। अतः,$f'(x) < 0$,जिसका अर्थ है कि $f(x)$ अंतराल $(-\infty, 0)$ में ह्रासमान है।
क्रांतिक बिंदुओं के लिए,$f'(x) = 0$ रखें: $2x - \frac{54}{x^2} = 0 \Rightarrow 2x^3 = 54 \Rightarrow x^3 = 27 \Rightarrow x = 3$.
चूंकि एकमात्र क्रांतिक बिंदु $x = 3$ अंतराल $(0, \infty)$ में स्थित है,इसलिए $(-\infty, 0)$ में कोई क्रांतिक बिंदु नहीं है।
अतः,$f(x)$ का $(-\infty, 0)$ में न तो कोई अधिकतम और न ही कोई न्यूनतम मान है।

(B) दो धनात्मक पदों $a^2 x^4$ और $b^2 y^4$ के लिए $AM$-$GM$ असमिका का उपयोग करने पर:
$\frac{a^2 x^4 + b^2 y^4}{2} \ge \sqrt{(a^2 x^4)(b^2 y^4)}$
दिया गया है कि $a^2 x^4 + b^2 y^4 = c^6$,अतः:
$\frac{c^6}{2} \ge \sqrt{a^2 b^2 x^4 y^4}$
$\frac{c^6}{2} \ge ab x^2 y^2$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर:
$\frac{c^{12}}{4} \ge a^2 b^2 x^4 y^4$
$x^4 y^4 \le \frac{c^{12}}{4 a^2 b^2}$
अतः,अधिकतम मान $\frac{c^{12}}{4 a^2 b^2}$ है।

(B) दिया गया है $f(x) = 3x + \frac{12}{x}$.
सबसे पहले,अवकलज ज्ञात करें: $f'(x) = 3 - \frac{12}{x^2}$.
क्रांतिक बिंदुओं के लिए,$f'(x) = 0$ रखें:
$3 - \frac{12}{x^2} = 0 \implies x^2 = 4 \implies x = 2, -2$.
अब,द्वितीय अवकलज ज्ञात करें: $f''(x) = \frac{24}{x^3}$.
$x = 2$ पर,$f''(2) = \frac{24}{8} = 3 > 0$ (स्थानीय न्यूनतम)।
$x = -2$ पर,$f''(-2) = \frac{24}{-8} = -3 < 0$ (स्थानीय अधिकतम)।
स्थानीय अधिकतम मान $M = f(-2) = 3(-2) + \frac{12}{-2} = -6 - 6 = -12$.
हमें $\lim_{x \rightarrow M} f(x) = \lim_{x \rightarrow -12} (3x + \frac{12}{x})$ का मान ज्ञात करना है।
$x = -12$ प्रतिस्थापित करने पर: $3(-12) + \frac{12}{-12} = -36 - 1 = -37$.

(A) दिया गया है $f(x) = \frac{4}{\sin x} + \frac{1}{1-\sin x}$.
चरम मान ज्ञात करने के लिए,हम $x$ के सापेक्ष $f(x)$ का अवकलन करते हैं:
$f'(x) = -\frac{4 \cos x}{\sin^2 x} + \frac{\cos x}{(1-\sin x)^2}$.
क्रांतिक बिंदुओं के लिए $f'(x) = 0$ रखने पर:
$-\frac{4 \cos x}{\sin^2 x} + \frac{\cos x}{(1-\sin x)^2} = 0$.
चूंकि $x \in (0, \pi/2)$,$\cos x \neq 0$,इसलिए हम $\cos x$ से विभाजित कर सकते हैं:
$-\frac{4}{\sin^2 x} + \frac{1}{(1-\sin x)^2} = 0$.
$\frac{1}{(1-\sin x)^2} = \frac{4}{\sin^2 x}$.
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर:
$\frac{1}{1-\sin x} = \frac{2}{\sin x}$ (क्योंकि दिए गए अंतराल में $\sin x > 0$ और $1-\sin x > 0$ है)।
$\sin x = 2 - 2 \sin x$.
$3 \sin x = 2 \Rightarrow \sin x = \frac{2}{3}$.
अब,$f(x)$ में $\sin x = \frac{2}{3}$ रखने पर:
$f(x) = \frac{4}{2/3} + \frac{1}{1-2/3} = 4 \times \frac{3}{2} + \frac{1}{1/3} = 6 + 3 = 9$.

(A) माना शंकु की ऊँचाई $h$ है और उसके आधार की त्रिज्या $r$ है। गोले की त्रिज्या $R$ है। गोले में अंतर्निहित शंकु की ज्यामिति से,हमें संबंध प्राप्त होता है $r^2 = R^2 - (h - R)^2 = 2hR - h^2$.
शंकु का आयतन $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (2hR - h^2) h = \frac{1}{3} \pi (2Rh^2 - h^3)$ है।
अधिकतम आयतन ज्ञात करने के लिए,हम $V$ का $h$ के सापेक्ष अवकलन करते हैं और इसे शून्य के बराबर रखते हैं:
$\frac{dV}{dh} = \frac{1}{3} \pi (4Rh - 3h^2) = 0$.
चूँकि $h \neq 0$,हमें $4R - 3h = 0$ प्राप्त होता है,जिससे $h = \frac{4R}{3}$ मिलता है।
अतः,$k = \frac{4}{3}$.
$h = \frac{4R}{3}$ पर शंकु का आयतन $V_{cone} = \frac{1}{3} \pi (2R(\frac{4R}{3})^2 - (\frac{4R}{3})^3) = \frac{1}{3} \pi (\frac{32R^3}{9} - \frac{64R^3}{27}) = \frac{1}{3} \pi (\frac{96R^3 - 64R^3}{27}) = \frac{32}{81} \pi R^3$ है।
गोले का आयतन $V_{sphere} = \frac{4}{3} \pi R^3$ है।
शंकु के आयतन और गोले के आयतन का अनुपात $\frac{\frac{32}{81} \pi R^3}{\frac{4}{3} \pi R^3} = \frac{32}{81} \times \frac{3}{4} = \frac{8}{27}$ है।

(C) दिया गया है $f(x) = \int \frac{dx}{x^2+(\sqrt{2})^2}$.
मानक समाकलन सूत्र $\int \frac{dx}{x^2+a^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$f(x) = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{x}{\sqrt{2}}) + C$.
चूँकि $f(\sqrt{2}) = 0$ है,$x = \sqrt{2}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}}) + C$
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(1) + C$
$0 = \frac{1}{\sqrt{2}} (\frac{\pi}{4}) + C$
$C = -\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$.
अब,$f(0)$ ज्ञात करते हैं:
$f(0) = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\frac{0}{\sqrt{2}}) - \frac{\pi}{4\sqrt{2}}$
$f(0) = \frac{1}{\sqrt{2}} (0) - \frac{\pi}{4\sqrt{2}} = -\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$.

(C) दिया गया है $f(x) = \int \frac{5x^8 + 7x^6}{(x^2 + 2x^7 + 1)^2} dx$।
अंश और हर को $x^{14}$ से विभाजित करने पर:
$f(x) = \int \frac{5x^{-6} + 7x^{-8}}{(x^{-5} + 2 + x^{-7})^2} dx$।
माना $u = x^{-5} + x^{-7} + 2$।
तब $du = (-5x^{-6} - 7x^{-8}) dx$,जिसका अर्थ है $-(5x^{-6} + 7x^{-8}) dx = du$।
इसे समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$f(x) = -\int \frac{1}{u^2} du = \frac{1}{u} + C = \frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} + C$।
चूंकि $f(0) = 0$,हम $x \to 0^+$ के लिए सीमा का मूल्यांकन करते हैं।
जैसे ही $x \to 0^+$,$x^{-5} + x^{-7} \to \infty$,इसलिए $\frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} \to 0$।
अतः,$0 = 0 + C$,जिससे $C = 0$ प्राप्त होता है।
इसलिए,$f(x) = \frac{1}{x^{-5} + x^{-7} + 2} = \frac{x^7}{1 + x^2 + 2x^7}$।
$x = 1$ पर मान ज्ञात करने पर:
$f(1) = \frac{1^7}{1 + 1^2 + 2(1)^7} = \frac{1}{1 + 1 + 2} = \frac{1}{4}$।

(B) हमें समाकलन $I = \int 3^{-\log _9 x^2} d x$ दिया गया है।
लघुगणक के गुणधर्म $n \log_b a = \log_b a^n$ का उपयोग करते हुए,$-\log _9 x^2 = \log _9 (x^2)^{-1} = \log _9 (\frac{1}{x^2})$ प्राप्त होता है।
इस मान को समाकलन में रखने पर,$I = \int 3^{\log _9 (\frac{1}{x^2})} d x$ प्राप्त होता है।
गुणधर्म $a^{\log _b c} = c^{\log _b a}$ का उपयोग करके,$3^{\log _9 (\frac{1}{x^2})}$ को $(\frac{1}{x^2})^{\log _9 3}$ के रूप में लिखा जा सकता है।
चूंकि $\log _9 3 = \log _{3^2} 3 = \frac{1}{2} \log _3 3 = \frac{1}{2}$,इसलिए पद $(\frac{1}{x^2})^{\frac{1}{2}} = \frac{1}{x}$ बन जाता है।
अतः,$I = \int \frac{1}{x} d x = \log |x| + C$।

(A) माना $I = \int \frac{3x+2}{4x^2+4x+5} dx$.
अंश को हर के अवकलज के रूप में व्यक्त करने पर:
$3x+2 = \frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\frac{3}{8}(8x+4) + \frac{1}{2}}{4x^2+4x+5} dx = \frac{3}{8} \int \frac{8x+4}{4x^2+4x+5} dx + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
प्रथम भाग के लिए,$u = 4x^2+4x+5$ लेने पर,$du = (8x+4)dx$ प्राप्त होता है।
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \int \frac{1}{(2x+1)^2 + 2^2} dx$.
सूत्र $\int \frac{1}{x^2+a^2} dx = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \tan^{-1}(\frac{2x+1}{2}) + C$.
$I = \frac{3}{8} \log(4x^2+4x+5) + \frac{1}{8} \tan^{-1}(x+\frac{1}{2}) + C$.
दिए गए रूप से तुलना करने पर,$A = \frac{3}{8}$ और $B = \frac{1}{8}$ प्राप्त होता है।

(C) हम जानते हैं कि मानक समाकलन सूत्र: $\int e^x [f(x) + f'(x)] dx = e^x f(x) + C$ है।
यहाँ,$f(x) = \log x$ लें।
तब,$f'(x) = \frac{1}{x}$ होगा।
इन मानों को सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर:
$\int e^x \left( \log x + \frac{1}{x} \right) dx = e^x \log x + C$ प्राप्त होता है।

(A) दिया गया है कि $\int f(x) dx = \psi(x)$.
माना $I = \int x^5 f(x^3) dx = \int x^3 f(x^3) x^2 dx$.
$t = x^3$ प्रतिस्थापित करने पर,$dt = 3x^2 dx$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है $x^2 dx = \frac{dt}{3}$.
इन मानों को समाकलन में रखने पर,$I = \int t f(t) \frac{dt}{3} = \frac{1}{3} \int t f(t) dt$ प्राप्त होता है।
खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करने पर,जहाँ $u = t$ और $dv = f(t) dt$ (अतः $du = dt$ और $v = \psi(t)$):
$I = \frac{1}{3} [t \psi(t) - \int \psi(t) dt]$.
अब,$t = x^3$ वापस रखने पर:
$I = \frac{1}{3} [x^3 \psi(x^3) - \int \psi(x^3) (3x^2 dx)]$.
$I = \frac{1}{3} x^3 \psi(x^3) - \int x^2 \psi(x^3) dx$.

(B) दिया गया है $f(x)=1+2^x \log 2$।
चूंकि $g(x)$,$f(x)$ का प्रति-अवकलज है,इसलिए $g(x) = \int f(x) dx$।
$g(x) = \int (1+2^x \log 2) dx = x + \frac{2^x \log 2}{\log 2} + c = x + 2^x + c$।
अतः,$y = x + 2^x + c$ ... $(i)$।
वक्र $\left(-1, \frac{1}{2}\right)$ से गुजरता है,इसलिए $\frac{1}{2} = -1 + 2^{-1} + c$।
$\frac{1}{2} = -1 + \frac{1}{2} + c \implies c = 1$।
$c=1$ का मान $(i)$ में रखने पर,हमें $y = x + 2^x + 1$ प्राप्त होता है।
$Y$-अक्ष के साथ प्रतिच्छेदन के लिए,$x=0$ रखें:
$y = 0 + 2^0 + 1 = 1 + 1 = 2$।
अतः,वक्र $Y$-अक्ष को $(0,2)$ बिंदु पर मिलता है।

(A) दिया गया समीकरण: $5 f(x)+3 f\left(\frac{1}{x}\right)=2-\frac{1}{x}$ ...$(i)$
समीकरण $(i)$ में $x$ को $\frac{1}{x}$ से प्रतिस्थापित करने पर:
$5 f\left(\frac{1}{x}\right)+3 f(x)=2-x$ ...(ii)
$f(x)$ को विलुप्त करने के लिए,समीकरण (ii) को $5$ से और समीकरण $(i)$ को $3$ से गुणा करने पर:
$25 f\left(\frac{1}{x}\right)+15 f(x)=10-5 x$ ...(iii)
$15 f(x)+9 f\left(\frac{1}{x}\right)=6-\frac{3}{x}$ ...(iv)
समीकरण (iii) में से समीकरण (iv) को घटाने पर:
$(25-9) f\left(\frac{1}{x}\right) = (10-5 x) - (6-\frac{3}{x})$
$16 f\left(\frac{1}{x}\right) = 4-5 x+\frac{3}{x}$
$f\left(\frac{1}{x}\right) = \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right)$
अब,समाकलन की गणना करने पर:
$\int_1^2 f\left(\frac{1}{x}\right) d x = \int_1^2 \frac{1}{16} \left(4-5 x+\frac{3}{x}\right) d x$
$= \frac{1}{16} \left[4 x-\frac{5 x^2}{2}+3 \ln |x|\right]_1^2$
$= \frac{1}{16} \left[ \left(4(2)-\frac{5(2)^2}{2}+3 \ln 2\right) - \left(4(1)-\frac{5(1)^2}{2}+3 \ln 1\right) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (8-10+3 \ln 2) - (4-2.5+0) \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ (-2+3 \ln 2) - 1.5 \right]$
$= \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - 3.5 \right] = \frac{1}{16} \left[ 3 \ln 2 - \frac{7}{2} \right]$
$= \frac{6 \ln 2-7}{32}$

(A) हमारे पास समाकलन $I = \int e^{-2x} \left( \frac{1 - \sin 2x}{1 + \cos 2x} \right) dx$ है।
त्रिकोणमितीय सर्वसमिकाओं का उपयोग करते हुए,$1 - \sin 2x = 1 - 2 \sin x \cos x$ और $1 + \cos 2x = 2 \cos^2 x$ है।
अतः,व्यंजक $\frac{1 - 2 \sin x \cos x}{2 \cos^2 x} = \frac{1}{2} \sec^2 x - \tan x$ बन जाता है।
इस प्रकार,$I = \int e^{-2x} (\frac{1}{2} \sec^2 x - \tan x) dx = \frac{1}{2} \int e^{-2x} \sec^2 x dx - \int e^{-2x} \tan x dx$ है।
प्रथम पद के लिए खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर: $\int e^{-2x} \sec^2 x dx = e^{-2x} \tan x - \int (-2e^{-2x}) \tan x dx = e^{-2x} \tan x + 2 \int e^{-2x} \tan x dx$।
इस मान को $I$ में प्रतिस्थापित करने पर: $I = \frac{1}{2} [e^{-2x} \tan x + 2 \int e^{-2x} \tan x dx] - \int e^{-2x} \tan x dx$।
$I = \frac{1}{2} e^{-2x} \tan x + \int e^{-2x} \tan x dx - \int e^{-2x} \tan x dx = \frac{1}{2} e^{-2x} \tan x + C$।

(C) माना $I = \int \frac{4 e^x + 6 e^{-x}}{9 e^x - 4 e^{-x}} d x = \int \frac{4 e^{2 x} + 6}{9 e^{2 x} - 4} d x$.
अंश को $4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B \frac{d}{d x}(9 e^{2 x} - 4)$ के रूप में व्यक्त करते हैं।
$4 e^{2 x} + 6 = A(9 e^{2 x} - 4) + B(18 e^{2 x})$.
$e^{2 x}$ के गुणांकों और अचर पदों की तुलना करने पर:
$9 A + 18 B = 4$ और $-4 A = 6$.
$-4 A = 6$ से,हमें $A = -\frac{3}{2}$ प्राप्त होता है।
$A$ का मान पहले समीकरण में रखने पर: $9(-\frac{3}{2}) + 18 B = 4 \Rightarrow -\frac{27}{2} + 18 B = 4 \Rightarrow 18 B = 4 + \frac{27}{2} = \frac{35}{2} \Rightarrow B = \frac{35}{36}$.
अतः,$I = \int \left( A + B \frac{18 e^{2 x}}{9 e^{2 x} - 4} \right) d x = A x + B \log |9 e^{2 x} - 4| + C$.
इसलिए,$(A, B) = (-\frac{3}{2}, \frac{35}{36})$.

(A) माना $I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin x)^{\sqrt{2}} dx}{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}} \dots (1)$
गुणधर्म $\int_{a}^{b} f(x) dx = \int_{a}^{b} f(a+b-x) dx$ का उपयोग करते हुए,जहाँ $a+b = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}$:
$I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}} dx}{(\sin(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}}+(\cos(\frac{\pi}{2}-x))^{\sqrt{2}}} = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\cos x)^{\sqrt{2}} dx}{(\cos x)^{\sqrt{2}}+(\sin x)^{\sqrt{2}}} \dots (2)$
$(1)$ और $(2)$ को जोड़ने पर:
$2I = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} \frac{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}}{(\sin x)^{\sqrt{2}}+(\cos x)^{\sqrt{2}}} dx = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} 1 dx = [x]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}} = \frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{6}$
$I = \frac{\pi}{12}$. अतः,कथन $(A)$ सत्य है।
कारण $(R)$ के लिए,गुणधर्म $\int_{a}^{b} \frac{f(x) dx}{f(x)+f(a+b-x)} = \frac{b-a}{2}$ का उपयोग करते हुए:
यहाँ $a = \frac{\pi}{6}$ और $b = \frac{\pi}{3}$ है,इसलिए $\frac{b-a}{2} = \frac{\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}}{2} = \frac{\frac{\pi}{6}}{2} = \frac{\pi}{12}$.
अतः,कारण $(R)$ सत्य है और यह $(A)$ की सही व्याख्या करता है।

(B) माना $I = \int \frac{dx}{4+5 \cos x}$ है।
$\cos x = \frac{1-\tan^2(x/2)}{1+\tan^2(x/2)}$ और $dx = \frac{2 du}{1+u^2}$ प्रतिस्थापन का उपयोग करने पर,जहाँ $u = \tan(x/2)$:
$I = \int \frac{\frac{2 du}{1+u^2}}{4+5\left(\frac{1-u^2}{1+u^2}\right)} = \int \frac{2 du}{4(1+u^2) + 5(1-u^2)} = \int \frac{2 du}{4+4u^2+5-5u^2} = \int \frac{2 du}{9-u^2}$।
सूत्र $\int \frac{dx}{a^2-x^2} = \frac{1}{2a} \ln \left| \frac{a+x}{a-x} \right| + C$ का उपयोग करने पर:
$I = 2 \times \frac{1}{2(3)} \ln \left| \frac{3+u}{3-u} \right| + C = \frac{1}{3} \ln \left| \frac{3+\tan(x/2)}{3-\tan(x/2)} \right| + C$।

(B) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{x^2-1}{x^3 \sqrt{2 x^4-2 x^2+1}} d x$ है।
वर्गमूल के अंदर अंश और हर को $x^5$ से विभाजित करने पर:
$I = \int \frac{\frac{x^2-1}{x^5}}{\sqrt{\frac{2 x^4-2 x^2+1}{x^8}}} d x = \int \frac{\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}}{\sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}}} d x$.
माना $t = 2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}$. तब $dt = (\frac{4}{x^3}-\frac{4}{x^5}) dx$,जिसका अर्थ है कि $(\frac{1}{x^3}-\frac{1}{x^5}) dx = \frac{dt}{4}$.
इन मानों को समाकलन में प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \int \frac{dt}{4 \sqrt{t}} = \frac{1}{4} \int t^{-1/2} dt = \frac{1}{4} \cdot \frac{t^{1/2}}{1/2} + C = \frac{1}{2} \sqrt{t} + C$.
$t$ का मान वापस रखने पर,हमें प्राप्त होता है $I = \frac{1}{2} \sqrt{2-\frac{2}{x^2}+\frac{1}{x^4}} + C = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{2x^4-2x^2+1}{x^4}} + C = \frac{1}{2x^2} \sqrt{2x^4-2x^2+1} + C$.

(B) माना $I = \int \frac{\sin ^{-1} \sqrt{x} - \cos ^{-1} \sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sin ^{-1} \sqrt{x} + \cos ^{-1} \sqrt{x})} dx$.
चूंकि $\sin ^{-1} \sqrt{x} + \cos ^{-1} \sqrt{x} = \frac{\pi}{2}$,इसलिए $\cos ^{-1} \sqrt{x} = \frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \sqrt{x}$.
इसे प्रतिस्थापित करने पर,$I = \int \frac{\sin ^{-1} \sqrt{x} - (\frac{\pi}{2} - \sin ^{-1} \sqrt{x})}{\sqrt{x}(\frac{\pi}{2})} dx = \frac{2}{\pi} \int \frac{2 \sin ^{-1} \sqrt{x} - \frac{\pi}{2}}{\sqrt{x}} dx$.
माना $\sqrt{x} = t$,तो $\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,अतः $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2 dt$.
$I = \frac{2}{\pi} \int (2 \sin ^{-1} t - \frac{\pi}{2}) (2 dt) = \frac{8}{\pi} \int \sin ^{-1} t dt - 2 \int dt$.
$\int \sin ^{-1} t dt = t \sin ^{-1} t + \sqrt{1-t^2} + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \frac{8}{\pi} (t \sin ^{-1} t + \sqrt{1-t^2}) - 2t + C$.
$t = \sqrt{x}$ रखने पर:
$I = \frac{8}{\pi} (\sqrt{x} \sin ^{-1} \sqrt{x} + \sqrt{1-x}) - 2\sqrt{x} + C$.

(C) हमें समाकलन $I = \int \frac{\sin ^2 \alpha-\sin ^2 x}{\cos x-\cos \alpha} d x$ दिया गया है।
सर्वसमिका $\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ का उपयोग करके,हम अंश को फिर से लिख सकते हैं:
$\sin^2 \alpha - \sin^2 x = (1 - \cos^2 \alpha) - (1 - \cos^2 x) = \cos^2 x - \cos^2 \alpha$.
इस मान को समाकलन में रखने पर:
$I = \int \frac{\cos^2 x - \cos^2 \alpha}{\cos x - \cos \alpha} d x$.
वर्गों के अंतर के सूत्र $a^2 - b^2 = (a - b)(a + b)$ का उपयोग करते हुए:
$I = \int \frac{(\cos x - \cos \alpha)(\cos x + \cos \alpha)}{\cos x - \cos \alpha} d x$.
सामान्य पद $(\cos x - \cos \alpha)$ को हटाने पर:
$I = \int (\cos x + \cos \alpha) d x$.
$x$ के सापेक्ष समाकलन करने पर:
$I = \sin x + x \cos \alpha + C$.
इसकी तुलना $f(x) + Ax + B$ से करने पर,हमें $f(x) = \sin x$ और $A = \cos \alpha$ प्राप्त होता है।

(A) माना $I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(2x^{2m} + 3x^m + 6\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
दूसरे पद से $x^m$ बाहर निकालने पर:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left[x^m \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)\right]^{\frac{1}{m}} dx$.
इसका सरलीकरण:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x \left(2x^m + 3 + 6x^{-m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
वैकल्पिक रूप से,दूसरे पद से $x^{2m}$ बाहर निकालने पर:
$I = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) \left(x^{2m} (2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m})\right)^{\frac{1}{m}} dx = \int \left(x^{3m} + x^{2m} + x^m\right) x^2 \left(2 + 3x^{-m} + 6x^{-2m}\right)^{\frac{1}{m}} dx$.
माना $t = 2x^{2m} + 3x^m + 6$.
तब $dt = (2 \cdot 2m x^{2m-1} + 3m x^{m-1}) dx = m(4x^{2m-1} + 3x^{m-1}) dx$.
इस समाकलन का सरल रूप $\frac{1}{6(m+1)} \left(2x^{3m} + 3x^{2m} + 6x^m\right)^{\frac{m+1}{m}} + C$ प्राप्त होता है।

(D) माना $I = \int \frac{d x}{\left(2 a x+x^2\right)^{3 / 2}} = \int \frac{d x}{\left((x+a)^2-a^2\right)^{3 / 2}}$.
$t = x+a$ प्रतिस्थापित करने पर,$d t = d x$ प्राप्त होता है।
$I = \int \frac{d t}{\left(t^2-a^2\right)^{3 / 2}}$.
$t = a \sec \theta$ रखने पर,$d t = a \sec \theta \tan \theta \, d \theta$ प्राप्त होता है।
$I = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{\left(a^2 \sec^2 \theta - a^2\right)^{3 / 2}} \, d \theta = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{\left(a^2 \tan^2 \theta\right)^{3 / 2}} \, d \theta$.
$I = \int \frac{a \sec \theta \tan \theta}{a^3 \tan^3 \theta} \, d \theta = \frac{1}{a^2} \int \frac{\sec \theta}{\tan^2 \theta} \, d \theta = \frac{1}{a^2} \int \frac{\cos \theta}{\sin^2 \theta} \, d \theta$.
$I = \frac{1}{a^2} \int \csc \theta \cot \theta \, d \theta = -\frac{1}{a^2} \csc \theta + C$.
चूँकि $\sec \theta = \frac{t}{a}$,इसलिए $\cos \theta = \frac{a}{t}$,अतः $\sin \theta = \sqrt{1 - \frac{a^2}{t^2}} = \frac{\sqrt{t^2-a^2}}{t}$ प्राप्त होता है।
अतः,$\csc \theta = \frac{t}{\sqrt{t^2-a^2}}$.
मान वापस रखने पर,$I = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{t}{\sqrt{t^2-a^2}} \right) + C = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{x+a}{\sqrt{(x+a)^2-a^2}} \right) + C$.
$I = -\frac{1}{a^2} \left( \frac{x+a}{\sqrt{2 a x+x^2}} \right) + C$.

(B) हमारे पास समाकलन $I = \int \frac{1-\cos x}{\cos x(1+\cos x)} d x$ है।
अंश को $(1+\cos x) - 2\cos x$ के रूप में लिखने पर:
$I = \int \frac{1+\cos x - 2\cos x}{\cos x(1+\cos x)} d x = \int \frac{1}{\cos x} d x - 2 \int \frac{1}{1+\cos x} d x$.
सर्वसमिका $\int \sec x d x = \log |\sec x + \tan x| + C$ का उपयोग करने पर:
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2 \int \frac{1-\cos x}{\sin^2 x} d x$.
$I = \int \sec x d x - 2 \int (\operatorname{cosec}^2 x - \operatorname{cosec} x \cot x) d x$.
प्रत्येक पद का समाकलन करने पर:
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2(-\cot x - (-\operatorname{cosec} x)) + C$.
$I = \log |\sec x + \tan x| - 2(\operatorname{cosec} x - \cot x) + C$.

(A) दिया गया है $I_n = \int \tan^n x \, dx$.
हमें $I_4 + I_6 = \int \tan^4 x \, dx + \int \tan^6 x \, dx$ ज्ञात करना है।
$I_4 + I_6 = \int (\tan^4 x + \tan^6 x) \, dx$.
$\tan^4 x$ को उभयनिष्ठ लेने पर:
$I_4 + I_6 = \int \tan^4 x (1 + \tan^2 x) \, dx$.
सर्वसमिका $1 + \tan^2 x = \sec^2 x$ का उपयोग करने पर:
$I_4 + I_6 = \int \tan^4 x \sec^2 x \, dx$.
माना $u = \tan x$,तब $du = \sec^2 x \, dx$.
समाकलन में मान रखने पर:
$I_4 + I_6 = \int u^4 \, du = \frac{u^5}{5} + C$.
$u = \tan x$ वापस रखने पर:
$I_4 + I_6 = \frac{1}{5} \tan^5 x + C$.