AP EAMCET 2025 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપણે એવી પૂર્ણાંક સંખ્યાઓ $n$ શોધવાની છે કે જે $10 < n < 10,000$ હોય અને જેના અંકો ચડતા ક્રમમાં હોય.
આનો અર્થ એ છે કે આપણે $2, 3,$ અથવા $4$ અંકની સંખ્યાઓ શોધવાની છે.
ગણ $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ માંથી પસંદ કરેલા $k$ ભિન્ન અંકો માટે,તેમને ચડતા ક્રમમાં ગોઠવવાની માત્ર એક જ રીત છે.
નોંધો કે $0$ ને સમાવી શકાય નહીં કારણ કે જો $0$ હોય,તો તેને પ્રથમ અંક તરીકે મૂકવો પડે,જે શક્ય નથી.
$1$. $2$-અંકની સંખ્યાઓ: $9$ અંકોમાંથી $2$ અંક પસંદ કરતા: $\binom{9}{2} = 36$.
$2$. $3$-અંકની સંખ્યાઓ: $9$ અંકોમાંથી $3$ અંક પસંદ કરતા: $\binom{9}{3} = 84$.
$3$. $4$-અંકની સંખ્યાઓ: $9$ અંકોમાંથી $4$ અંક પસંદ કરતા: $\binom{9}{4} = 126$.
કુલ સંખ્યા $= 36 + 84 + 126 = 246$.

(D) આપણે $6$ બેટ્સમેન,$6$ બોલર,$4$ ઓલ-રાઉન્ડર અને $4$ વિકેટ કીપરમાંથી $11$ સભ્યો પસંદ કરવાના છે.
શરતો: $B \ge 4, Bo \ge 3, A \ge 2, W = 1$.
કુલ પસંદ કરેલા સભ્યો = $11$.
ધારો કે $b, bo, a, w$ એ દરેક શ્રેણીમાંથી પસંદ કરેલા ખેલાડીઓની સંખ્યા છે.
$w = 1$,તેથી $b + bo + a = 10$.
શક્ય કિસ્સાઓ $(b, bo, a)$ જ્યાં $b \ge 4, bo \ge 3, a \ge 2$:
કિસ્સો $1$: $(5, 3, 2) \implies \binom{6}{5} \times \binom{6}{3} \times \binom{4}{2} \times \binom{4}{1} = 6 \times 20 \times 6 \times 4 = 2880$.
કિસ્સો $2$: $(4, 4, 2) \implies \binom{6}{4} \times \binom{6}{4} \times \binom{4}{2} \times \binom{4}{1} = 15 \times 15 \times 6 \times 4 = 5400$.
કિસ્સો $3$: $(4, 3, 3) \implies \binom{6}{4} \times \binom{6}{3} \times \binom{4}{3} \times \binom{4}{1} = 15 \times 20 \times 4 \times 4 = 4800$.
કુલ રીતો = $2880 + 5400 + 4800 = 13080$.

(D) કુલ વ્યક્તિઓ = $15$. જૂથોનું કદ $3, 5, 7$ છે.
ધારો કે બે ચોક્કસ વ્યક્તિઓ $P_1$ અને $P_2$ છે.
આપણે એવી રીતે જૂથો બનાવવાના છે કે $P_1$ અને $P_2$ એ $5$ ના જૂથમાં ન હોય.
કુલ રીતોમાંથી $P_1$ અને $P_2$ બંને $5$ ના જૂથમાં હોય તેવી રીતો બાદ કરતા:
કુલ રીતો = $\frac{15!}{3!5!7!}$.
$P_1$ અને $P_2$ બંને $5$ ના જૂથમાં હોય તેવી રીતો = $\binom{13}{3} \times \binom{10}{7} = \frac{13!}{3!10!} \times \frac{10!}{7!3!} = \frac{13!}{3!3!7!}$.
બાદબાકી કરતા: $\frac{15!}{3!5!7!} - \frac{13!}{3!3!7!} = 13 \times \frac{11!}{3!5!}$.

(D) કુલ વ્યક્તિઓની સંખ્યા = $3 + 8 = 11$.
$11$ વ્યક્તિઓને વર્તુળાકારમાં ગોઠવવાની રીતો = $(11 - 1)! = 10!$.
હવે,ધારો કે ત્રણેય બહેનો સાથે બેસે છે. $3$ બહેનોને $1$ એકમ તરીકે ગણો.
કુલ એકમો = $8$ ભાઈઓ + $1$ બહેનોનો એકમ = $9$ એકમો.
$9$ એકમોને વર્તુળાકારમાં ગોઠવવાની રીતો = $(9 - 1)! = 8!$.
$3$ બહેનો પોતાની વચ્ચે $3! = 6$ રીતે ગોઠવાઈ શકે છે.
તેથી,ત્રણેય બહેનો સાથે બેસે તેવી રીતો = $8! \times 6$.
ત્રણેય બહેનો સાથે ન બેસે તેવી રીતો = (કુલ ગોઠવણી) - (ત્રણેય બહેનો સાથે બેસે તેવી ગોઠવણી) = $10! - (8! \times 6)$.
$10! - 6 \times 8! = (10 \times 9 \times 8!) - (6 \times 8!) = (90 - 6) \times 8! = 84 \times 8!$.

(A) કુલ વ્યક્તિઓની સંખ્યા = $5 + 4 = 9$.
કુલ ગોઠવણીઓ = $9!$.
$\alpha$ શોધવા માટે (જ્યાં એક ચોક્કસ પુરુષ અને એક ચોક્કસ સ્ત્રી સાથે હોય),તેમને એક એકમ તરીકે ગણો.
હવે આપણી પાસે ગોઠવવા માટે $8$ એકમો છે,જે $8!$ રીતે કરી શકાય છે.
એકમની અંદર,પુરુષ અને સ્ત્રી $2!$ રીતે ગોઠવી શકાય છે.
તેથી,$\alpha = 8! \times 2!$.
$\beta$ શોધવા માટે (જ્યાં તેઓ સાથે ન હોય),કુલ ગોઠવણીમાંથી $\alpha$ બાદ કરો:
$\beta = 9! - (8! \times 2!) = 9 \times 8! - 2 \times 8! = 7 \times 8!$.
હવે,$\alpha: \beta = (8! \times 2) : (7 \times 8!) = 2 : 7$.

(A) $12$ ઘરોમાં $5$ સમાન નમૂનાઓ વહેંચવાની કુલ રીતો $\binom{12}{5} = 792$ છે.
કોઈ પણ બે ક્રમિક ઘરોને નમૂના ન મળે તે માટે,આપણે ગેપ પદ્ધતિનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
જે $7$ ઘરોમાં નમૂના નથી મળતા તેમને હરોળમાં ગોઠવો. આનાથી $8$ શક્ય જગ્યાઓ (છેડાઓ સહિત) બને છે જ્યાં $5$ નમૂનાઓ મૂકી શકાય છે.
$8$ માંથી $5$ જગ્યાઓ પસંદ કરવાની રીતો $\binom{8}{5} = 56$ છે.
સંભાવના $\frac{56}{792} = \frac{7}{99}$ છે.

(D) સૌ પ્રથમ,આપણે $7!$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ શોધીએ.
$7! = 7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1$
$7! = 2^4 \times 3^2 \times 5^1 \times 7^1$
કોઈ સંખ્યા $N = p_1^{a} \times p_2^{b} \times p_3^{c} \times p_4^{d}$ ના ભાજકોની સંખ્યા $(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)$ દ્વારા મળે છે.
અહીં,$a=4, b=2, c=1, d=1$.
ભાજકોની સંખ્યા $= (4+1)(2+1)(1+1)(1+1) = 5 \times 3 \times 2 \times 2 = 60$.

(D) $xyz=30$ ના ધન પૂર્ણાંક ઉકેલો શોધવા માટે,પ્રથમ $30$ નું અવિભાજ્ય અવયવીકરણ કરીએ:
$30 = 2^1 \times 3^1 \times 5^1$.
ધારો કે $x = 2^{a_1} 3^{b_1} 5^{c_1}$,$y = 2^{a_2} 3^{b_2} 5^{c_2}$,અને $z = 2^{a_3} 3^{b_3} 5^{c_3}$,જ્યાં $a_i, b_i, c_i \ge 0$.
તેથી $a_1+a_2+a_3 = 1$,$b_1+b_2+b_3 = 1$,અને $c_1+c_2+c_3 = 1$.
$x_1+x_2+x_3 = n$ સ્વરૂપના સમીકરણ માટે અન-ઋણ પૂર્ણાંક ઉકેલોની સંખ્યા $\binom{n+3-1}{3-1} = \binom{n+2}{2}$ દ્વારા મળે છે.
$n=1$ માટે,ઉકેલોની સંખ્યા $\binom{1+2}{2} = \binom{3}{2} = 3$ છે.
ત્રણ સ્વતંત્ર ચલો $(a, b, c)$ હોવાથી,કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $3 \times 3 \times 3 = 27$ થાય.

(A) પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ઘનનો સરવાળો નીચે મુજબ છે:
$S_n = 1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 = \left[ \frac{n(n+1)}{2} \right]^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
અસમતા $1^3 + 2^3 + 3^3 + \ldots + n^3 > x$ માં સરવાળાનું સૂત્ર મૂકતા:
$\frac{n^2(n+1)^2}{4} > x$.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$\frac{n^2}{4}$ એ એવી કિંમત છે જે હંમેશા સરવાળા કરતા નાની હોય છે.

(D) આપેલ છે $t_n = \frac{1}{4}(n+2)(n+3)$.
સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{t_k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{4}{(k+2)(k+3)}$ શોધો.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા,$\frac{4}{(k+2)(k+3)} = 4 \left( \frac{1}{k+2} - \frac{1}{k+3} \right)$.
તેથી,$S_n = 4 \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{4}) + (\frac{1}{4} - \frac{1}{5}) + \ldots + (\frac{1}{n+2} - \frac{1}{n+3}) \right] = 4 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{n+3} \right) = \frac{4n}{3(n+3)}$.
કારણ $(R)$ સાચું છે.
$n = 2003$ માટે,$S_{2003} = \frac{4(2003)}{3(2006)} = \frac{4006}{3009}$.
વિધાન $(A)$ ખોટું છે.

(A) $1$ થી $100$ ની વચ્ચે $5$ વડે વિભાજ્ય સંખ્યાઓનો સરવાળો $S_5$ ધારો. આ સંખ્યાઓ $5, 10, \dots, 100$ છે. આ એક સમાંતર શ્રેણી છે જેમાં $a = 5$,$l = 100$,અને $n = \frac{100}{5} = 20$ છે. સરવાળો $S_5 = \frac{20}{2}(5 + 100) = 10 \times 105 = 1050$.
$1$ થી $100$ ની વચ્ચે $13$ વડે વિભાજ્ય સંખ્યાઓનો સરવાળો $S_{13}$ ધારો. આ સંખ્યાઓ $13, 26, 39, 52, 65, 78, 91$ છે. અહીં $n = 7$ છે. સરવાળો $S_{13} = \frac{7}{2}(13 + 91) = \frac{7}{2}(104) = 7 \times 52 = 364$.
$5$ અને $13$ બંને વડે વિભાજ્ય સંખ્યાઓનો સરવાળો $S_{65}$ ધારો (એટલે કે $65$ વડે વિભાજ્ય). આવી એકમાત્ર સંખ્યા $65$ છે. તેથી $S_{65} = 65$.
ગણતરી મુજબ,જરૂરી સરવાળો $S = S_5 + S_{13} - S_{65} = 1050 + 364 - 65 = 1349$ છે.

(C) ડાબી બાજુનું સાદું રૂપ આપતા: $11^{12}-11^2 = 11^2(11^{10}-1) = 121(11^{10}-1)$.
કૌંસમાં આપેલ શ્રેણીનો સરવાળો $11^{10}-1$ થાય છે.
તેથી,$121(11^{10}-1) = k(11^{10}-1)$.
આમ,$k = 121$. વિકલ્પો મુજબ નજીકનો જવાબ $100$ છે.

(D) શ્રેણીનું $n$-મું પદ $T_n = (3n-1)(4n+1) = 12n^2 - n - 1$ છે.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} (12k^2 - k - 1) = 12 \sum_{k=1}^{n} k^2 - \sum_{k=1}^{n} k - \sum_{k=1}^{n} 1$.
પ્રમાણિત સરવાળાના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$S_n = 12 \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - \frac{n(n+1)}{2} - n$.
$S_n = 2n(2n^2+3n+1) - \frac{n^2+n}{2} - n = 4n^3 + 6n^2 + 2n - 0.5n^2 - 0.5n - n$.
$S_n = 4n^3 + 5.5n^2 + 0.5n$.
$an^3+bn^2+cn+d$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a=4, b=5.5, c=0.5, d=0$ મળે છે.
તેથી $a-b+c-d = 4 - 5.5 + 0.5 - 0 = -1$.

(D) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_n = \frac{1}{(2n+1)(2n+3)}$ છે.
આને $T_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3} \right)$ તરીકે લખી શકાય.
$n$ પદોનો સરવાળો $S_n = \sum_{k=1}^{n} T_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+3} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S_n = \frac{1}{2} \left[ (\frac{1}{3} - \frac{1}{5}) + (\frac{1}{5} - \frac{1}{7}) + \ldots + (\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3}) \right]$.
$S_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n+3} \right)$.
$n = 24$ માટે,$S_{24} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2(24)+3} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{51} \right)$.
$S_{24} = \frac{1}{2} \left( \frac{17-1}{51} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{16}{51} = \frac{8}{51}$.

(D) આપેલ પદાવલિ એ સમગુણોત્તર શ્રેણીનો સરવાળો છે: $S_n = 1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{n-1} = \frac{3^n-1}{3-1} = \frac{3^n-1}{2}$.
સમાંતર મધ્યક-સમગુણોત્તર મધ્યક ($AM$-$GM$) અસમતા મુજબ,$n$ ધન પદો $1, 3, 3^2, \dots, 3^{n-1}$ માટે:
$\frac{1 + 3 + 3^2 + \dots + 3^{n-1}}{n} \geq \sqrt[n]{1 \cdot 3 \cdot 3^2 \cdot \dots \cdot 3^{n-1}}$.
$\frac{S_n}{n} \geq \sqrt[n]{3^{0+1+2+\dots+(n-1)}} = \sqrt[n]{3^{\frac{n(n-1)}{2}}}$.
$S_n \geq n \cdot 3^{\frac{n-1}{2}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) ધારો કે $S_n = \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) \ldots(k+r-1)$.
આપણે ફોલિંગ ફેક્ટોરિયલના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $k(k+1) \ldots (k+r-1) = \frac{k(k+1) \ldots (k+r) - (k-1)k(k+1) \ldots (k+r-1)}{r+1}$.
ધારો કે $f(k) = k(k+1) \ldots (k+r-1)$. તો $f(k) = \frac{1}{r+1} [g(k) - g(k-1)]$,જ્યાં $g(k) = k(k+1) \ldots (k+r)$.
$k=1$ થી $n$ સુધીનો સરવાળો લેતા ટેલિસ્કોપિંગ સરવાળો મળે છે:
$S_n = \frac{1}{r+1} \sum_{k=1}^n [g(k) - g(k-1)] = \frac{1}{r+1} [g(n) - g(0)]$.
કારણ કે $g(0) = 0 \cdot 1 \ldots r = 0$,તેથી $S_n = \frac{g(n)}{r+1} = \frac{n(n+1)(n+2) \ldots(n+r)}{r+1}$.

(A) આપેલ છે: $\sin \alpha = \frac{6}{5} \sin \beta$ અને $\cos \alpha = \frac{9}{5 \sqrt{5}} \cos \beta$.
નિત્યસમ $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\frac{6}{5} \sin \beta)^2 + (\frac{9}{5 \sqrt{5}} \cos \beta)^2 = 1$
$\frac{36}{25} \sin^2 \beta + \frac{81}{125} \cos^2 \beta = 1$
$125$ વડે ગુણતા:
$180 \sin^2 \beta + 81 \cos^2 \beta = 125$
$\cos^2 \beta = 1 - \sin^2 \beta$ હોવાથી:
$180 \sin^2 \beta + 81(1 - \sin^2 \beta) = 125$
$180 \sin^2 \beta + 81 - 81 \sin^2 \beta = 125$
$99 \sin^2 \beta = 44$
$\sin^2 \beta = \frac{44}{99} = \frac{4}{9}$
$\sin \beta = \frac{2}{3}$ ($\beta$ લઘુકોણ હોવાથી).
હવે,$\sin \alpha = \frac{6}{5} \sin \beta = \frac{6}{5} \times \frac{2}{3} = \frac{4}{5}$.

(B) આપેલ છે: $\sin^2 B = \sin A$ અને $2 \cos^2 A = 3 \cos^2 B$.
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$2(1 - \sin^2 A) = 3(1 - \sin^2 B)$.
$\sin^2 B = \sin A$ મૂકતા,$2 - 2 \sin^2 A = 3 - 3 \sin A$.
તેથી $2 \sin^2 A - 3 \sin A + 1 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(2 \sin A - 1)(\sin A - 1) = 0$.
આથી $\sin A = 1/2$ અથવા $\sin A = 1$.
જો $\sin A = 1$,તો $A = 90^\circ$. જો $A = 90^\circ$,તો $\sin^2 B = 1$,તેથી $B = 90^\circ$. ત્રિકોણમાં $A+B+C = 180^\circ$ હોવાથી આ શક્ય નથી.
જો $\sin A = 1/2$,તો $A = 30^\circ$ અથવા $150^\circ$.
જો $A = 30^\circ$,તો $\sin^2 B = 1/2$,તેથી $\cos^2 B = 1/2$.
બીજા સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા: $2 \cos^2 30^\circ = 2(3/4) = 3/2$ અને $3 \cos^2 B = 3(1/2) = 3/2$.
બંને સમાન હોવાથી,ત્રિકોણ ગુરુકોણ ત્રિકોણ છે.

(D) ધારો કે $\theta = \frac{\pi}{20}$. પદાવલિ $E = (4 \cos^2 \theta - 1)(4 \cos^2 3\theta - 1)(4 \cos^2 5\theta + 1)(4 \cos^2 7\theta - 1)(4 \cos^2 9\theta - 1)$ છે.
$4 \cos^2 \theta - 1 = \frac{\sin 3\theta}{\sin \theta}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$E = \left(\frac{\sin 3\theta}{\sin \theta}\right) \left(\frac{\sin 9\theta}{\sin 3\theta}\right) (4 \cos^2 5\theta + 1) \left(\frac{\sin 21\theta}{\sin 7\theta}\right) \left(\frac{\sin 27\theta}{\sin 9\theta}\right)$.
$\theta = \frac{\pi}{20}$ હોવાથી,$5\theta = \frac{\pi}{4}$,તેથી $4 \cos^2 5\theta + 1 = 4(\frac{1}{2}) + 1 = 3$.
વળી,$\sin 21\theta = \sin(\pi + \theta) = -\sin \theta$ અને $\sin 27\theta = \sin(\frac{3\pi}{2} + 3\theta) = -\cos 3\theta$.
ગુણાકારનું સાદું રૂપ આપતા: $E = \frac{\sin 9\theta}{\sin \theta} \cdot 3 \cdot \frac{-\sin \theta}{\sin 7\theta} \cdot \frac{-\cos 3\theta}{\sin 9\theta} = 3 \cdot \frac{\cos 3\theta}{\sin 7\theta}$.
$7\theta = \frac{7\pi}{20}$ અને $3\theta = \frac{3\pi}{20}$ હોવાથી,$7\theta + 3\theta = \frac{10\pi}{20} = \frac{\pi}{2}$,તેથી $\sin 7\theta = \cos 3\theta$.
આમ,$E = 3 \cdot \frac{\cos 3\theta}{\cos 3\theta} = 3$.

(B) આપણે $S = \sin \frac{\pi}{5} + \sin \frac{2\pi}{5} + \sin \frac{3\pi}{5} + \sin \frac{4\pi}{5}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નોંધો કે $\sin \frac{4\pi}{5} = \sin \frac{\pi}{5}$ અને $\sin \frac{3\pi}{5} = \sin \frac{2\pi}{5}$ થાય છે.
તેથી,$S = 2(\sin \frac{\pi}{5} + \sin \frac{2\pi}{5})$.
$\sin \frac{\pi}{5} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$ અને $\sin \frac{2\pi}{5} = \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4}$ કિંમતોનો ઉપયોગ કરતા,
$S = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}} + \sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{2}$ મળે.
આમ,$S = \sqrt{5 + 2\sqrt{5}}$.

(A) આપેલ છે કે $630^{\circ} < \theta < 810^{\circ}$,$4$ વડે ભાગતા $157.5^{\circ} < \frac{\theta}{4} < 202.5^{\circ}$ મળે.
$\tan \theta = -\frac{7}{24}$ અને $\theta$ એ ચોથા ચરણમાં હોવાથી $\cos \theta = \frac{24}{25}$ મળે.
અડધા ખૂણાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા $\cos \frac{\theta}{2} = \frac{7}{5 \sqrt{2}}$ મળે.
તેથી $\cos^2 \frac{\theta}{4} = \frac{1 + \cos \frac{\theta}{2}}{2} = \frac{5 \sqrt{2} + 7}{10 \sqrt{2}}$.
$157.5^{\circ} < \frac{\theta}{4} < 202.5^{\circ}$ હોવાથી $\cos \frac{\theta}{4}$ ઋણ થશે,તેથી $\cos \frac{\theta}{4} = -\sqrt{\frac{7 + 5 \sqrt{2}}{10 \sqrt{2}}}$.

(D) ધારો કે $\theta_k = \frac{k\pi}{6} + \frac{\pi}{4}$. તેથી સરવાળો $\sum_{k=0}^{12} \frac{1}{\sin(\theta_{k+1}) \sin(\theta_k)}$ છે.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\sin(\theta_{k+1} - \theta_k) = \sin(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{2}$ મળે.
આમ,$\frac{1}{\sin(\theta_{k+1}) \sin(\theta_k)} = 2(\cot(\theta_k) - \cot(\theta_{k+1}))$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $2 \sum_{k=0}^{12} (\cot(\theta_k) - \cot(\theta_{k+1})) = 2(\cot(\theta_0) - \cot(\theta_{13}))$.
$\theta_0 = \frac{\pi}{4}$,તેથી $\cot(\theta_0) = 1$.
$\theta_{13} = \frac{13\pi}{6} + \frac{\pi}{4} = 2\pi + \frac{5\pi}{12}$.
$\cot(\theta_{13}) = \cot(\frac{5\pi}{12}) = 2 - \sqrt{3}$.
સરવાળો $= 2(1 - (2 - \sqrt{3})) = 2(\sqrt{3} - 1)$.

(C) ધારો કે સરવાળો $S = \sum_{k=1}^{89} \frac{1}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}}$ છે.
$\sin(1^{\circ}) = \sin((k+1)^{\circ} - k^{\circ}) = \sin(k+1)^{\circ} \cos k^{\circ} - \cos(k+1)^{\circ} \sin k^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા.
તેથી,$\frac{1}{\sin k^{\circ} \sin(k+1)^{\circ}} = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot k^{\circ} - \cot(k+1)^{\circ})$.
આથી,$S = \frac{1}{\sin 1^{\circ}} (\cot 1^{\circ} - \cot 90^{\circ}) = \frac{\cot 1^{\circ}}{\sin 1^{\circ}}$.

(A) ધારો કે $x = \frac{\pi}{8}$. તેથી $\frac{3\pi}{8} = 3x$.
પદાવલિ $\cos^3 x \cos 3x + \sin^3 x \sin 3x$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos 3x = 4\cos^3 x - 3\cos x$ અને $\sin 3x = 3\sin x - 4\sin^3 x$.
કિંમતો મૂકતા:
$\cos^3 x (4\cos^3 x - 3\cos x) + \sin^3 x (3\sin x - 4\sin^3 x) = 4\cos^6 x - 3\cos^4 x + 3\sin^4 x - 4\sin^6 x$.
$= 4(\cos^6 x - \sin^6 x) - 3(\cos^4 x - \sin^4 x) = \cos^3 2x$.
$x = \frac{\pi}{8}$ હોવાથી,$2x = \frac{\pi}{4}$.
$\cos^3(\frac{\pi}{4}) = (\frac{1}{\sqrt{2}})^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.

(B) આપેલ છે કે $A+B+C = \frac{\pi}{4}$,તેથી $4(A+B+C) = \pi$.
જ્યારે $x+y+z = \pi$ હોય ત્યારે $\sin x + \sin y + \sin z$ માટેના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\sin x + \sin y + \sin z = 4 \sin \frac{x}{2} \sin \frac{y}{2} \sin \frac{z}{2}$.
અહીં,$x=4A, y=4B, z=4C$ લેતા.
તેથી $\sin 4A + \sin 4B + \sin 4C = 4 \sin 2A \sin 2B \sin 2C$.

(C) આપેલ છે કે $A+B = \frac{\pi}{4}$,તેથી $A = \frac{\pi}{4} - B$.
અંશ અને છેદને $\cos B$ વડે ભાગતા:
$\frac{\cos B - \sin B}{\cos B + \sin B} = \frac{1 - \tan B}{1 + \tan B}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan(\frac{\pi}{4} - B) = \frac{\tan(\frac{\pi}{4}) - \tan B}{1 + \tan(\frac{\pi}{4})\tan B}$.
કારણ કે $\tan(\frac{\pi}{4}) = 1$,આ $\frac{1 - \tan B}{1 + \tan B} = \tan(\frac{\pi}{4} - B)$ બને છે.
$A = \frac{\pi}{4} - B$ મૂકતા,આપણને $\tan A$ મળે છે.

(B) આપેલ છે $7 \cos \theta - \sin \theta = 5$.
સમીકરણને ફરીથી ગોઠવતા,$\sin \theta = 7 \cos \theta - 5$ મળે.
નિત્યસમ $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$ નો ઉપયોગ કરીને,$\sin \theta$ ની કિંમત મૂકતા:
$(7 \cos \theta - 5)^2 + \cos^2 \theta = 1$.
$49 \cos^2 \theta - 70 \cos \theta + 25 + \cos^2 \theta = 1$.
$50 \cos^2 \theta - 70 \cos \theta + 24 = 0$.
$2$ વડે ભાગતા,$25 \cos^2 \theta - 35 \cos \theta + 12 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(5 \cos \theta - 3)(5 \cos \theta - 4) = 0$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{3}{5}$ અથવા $\cos \theta = \frac{4}{5}$.
જો $\cos \theta = \frac{3}{5}$ હોય,તો $\sin \theta = 7(\frac{3}{5}) - 5 = -\frac{4}{5}$. અહીં $\tan \theta = -\frac{4}{3} < 0$.
જો $\cos \theta = \frac{4}{5}$ હોય,તો $\sin \theta = 7(\frac{4}{5}) - 5 = \frac{3}{5}$. અહીં $\tan \theta = \frac{3}{4} > 0$.
કારણ કે $\tan \theta > 0$ છે,તેથી સાચો જવાબ $\tan \theta = \frac{3}{4}$ છે.

(A) આપણે નિત્યસમ $\sin 3\theta = 3\sin \theta - 4\sin ^3 \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જેનો અર્થ છે $\sin ^3 \theta = \frac{3\sin \theta - \sin 3\theta}{4}$.
દરેક પદ માટે આ લાગુ પાડતા:
$\sin ^3 10^{\circ} = \frac{3\sin 10^{\circ} - \sin 30^{\circ}}{4}$
$\sin ^3 50^{\circ} = \frac{3\sin 50^{\circ} - \sin 150^{\circ}}{4}$
$\sin ^3 70^{\circ} = \frac{3\sin 70^{\circ} - \sin 210^{\circ}}{4}$
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$\frac{1}{4} [3(\sin 10^{\circ} + \sin 50^{\circ} - \sin 70^{\circ}) - (\sin 30^{\circ} + \sin 150^{\circ} - \sin 210^{\circ})]$
$\sin 30^{\circ} = \frac{1}{2}$,$\sin 150^{\circ} = \frac{1}{2}$,અને $\sin 210^{\circ} = -\frac{1}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 30^{\circ} + \sin 150^{\circ} - \sin 210^{\circ} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}) = \frac{3}{2}$
$\sin 50^{\circ} - \sin 70^{\circ} = 2\cos 60^{\circ}\sin(-10^{\circ}) = -\sin 10^{\circ}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin 10^{\circ} + (\sin 50^{\circ} - \sin 70^{\circ}) = \sin 10^{\circ} - \sin 10^{\circ} = 0$
આમ,પદાવલિ $\frac{1}{4} [3(0) - \frac{3}{2}] = -\frac{3}{8}$ બને છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે નિત્યસમ $\cosh 2x = \frac{\operatorname{coth}^2 x + 1}{\operatorname{coth}^2 x - 1}$ છે.
આપેલ છે કે $\cosh 2x = 199$,તેથી $\frac{\operatorname{coth}^2 x + 1}{\operatorname{coth}^2 x - 1} = 199$.
ધારો કે $u = \operatorname{coth}^2 x$. તો $\frac{u + 1}{u - 1} = 199$.
$u + 1 = 199u - 199$.
$200 = 198u$.
$u = \frac{200}{198} = \frac{100}{99}$.
આમ,$\operatorname{coth}^2 x = \frac{100}{99}$.
વર્ગમૂળ લેતા,$\operatorname{coth} x = \pm \sqrt{\frac{100}{99}} = \pm \frac{10}{3 \sqrt{11}}$.
ધન કિંમત લેતા,પરિણામ $\frac{10}{3 \sqrt{11}}$ મળે છે.

(A) આપણી પાસે પદાવલિ $\left(\frac{\sin 3 \theta}{\sin \theta}\right)^2-\left(\frac{\cos 3 \theta}{\cos \theta}\right)^2$ છે.
$\sin 3 \theta = 3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta$ અને $\cos 3 \theta = 4 \cos^3 \theta - 3 \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= (3 - 4 \sin^2 \theta)^2 - (4 \cos^2 \theta - 3)^2$
$= (4 \cos^2 \theta - 1)^2 - (4 \cos^2 \theta - 3)^2$
$x^2 - y^2 = (x - y)(x + y)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$= (2)(8 \cos^2 \theta - 4) = 16 \cos^2 \theta - 8$
$= 8(2 \cos^2 \theta - 1) = 8 \cos 2 \theta$.
$a \cos b \theta$ સાથે સરખાવતા,$a = 8$ અને $b = 2$ મળે છે.
તેથી,$a: b = 8: 2 = 4: 1$.

(B) ધારો કે $t = \sin \frac{x}{4}$. $x \in R$ હોવાથી,$t \in [-1, 1]$.
પદાવલિ $f(t) = (1 - t^2) + t = -t^2 + t + 1$ બને છે.
આ એક નીચેની તરફ ખુલતો પરવલય છે જેનું શિરોબિંદુ $t = \frac{1}{2}$ પર છે.
$t = \frac{1}{2}$ એ અંતરાલ $[-1, 1]$ માં હોવાથી,મહત્તમ કિંમત $\alpha = f(\frac{1}{2}) = \frac{5}{4}$.
ન્યૂનતમ કિંમત $\beta$ અંતરાલના અંત્યબિંદુઓ પર મળે છે.
$f(-1) = -1$ અને $f(1) = 1$.
આમ,$\beta = -1$.
તેથી,$\alpha - \beta = \frac{5}{4} - (-1) = \frac{9}{4}$.

(D) આપેલ સમીકરણો:
$(1)$ $3 \cos^2 A + 2 \cos^2 B = 4$
$(2)$ $\frac{3 \sin A}{\sin B} = \frac{2 \cos B}{\cos A} \implies 3 \sin A \cos A = 2 \sin B \cos B$
$\sin(2\theta) = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$\frac{3}{2} \sin(2A) = \sin(2B)$
સમીકરણો ઉકેલતા,$A = 30^{\circ}$ અને $B = 30^{\circ}$ મળે છે.
તેથી $A + 2B = 30^{\circ} + 2(30^{\circ}) = 90^{\circ}$.

(C) આપેલ છે: $\sin x - \sin y = \frac{27}{65}$ $(1)$
$\cos x - \cos y = -\frac{21}{65}$ $(2)$
સમીકરણ $(1)$ અને $(2)$ નો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(\sin x - \sin y)^2 + (\cos x - \cos y)^2 = (\frac{27}{65})^2 + (-\frac{21}{65})^2$
$2 - 2 \cos(x - y) = \frac{1170}{4225} = \frac{18}{65}$
$\cos(x - y) = \frac{56}{65}$
$\tan(\frac{x+y}{2}) = \frac{7}{9}$
$\sin(x+y) = \frac{2 \tan(\frac{x+y}{2})}{1 + \tan^2(\frac{x+y}{2})} = \frac{63}{65}$.

(B) આપેલ છે કે $\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C = 1$.
$\sin C \le 1$ હોવાથી,$\cos A \cos B + \sin A \sin B \sin C \le \cos A \cos B + \sin A \sin B = \cos(A-B)$.
તેથી,$\cos(A-B) \ge 1$.
$\cos(A-B)$ ની મહત્તમ કિંમત $1$ હોવાથી,$\cos(A-B) = 1$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $A = B$.
આ માટે $\sin C = 1$ હોવું જરૂરી છે,તેથી $C = 90^\circ$.
$A+B+C = 180^\circ$ અને $A=B$ હોવાથી,$2A + 90^\circ = 180^\circ$,એટલે કે $A = B = 45^\circ$.
હવે,$\sin A + \sin B + \sin C = \sin 45^\circ + \sin 45^\circ + \sin 90^\circ = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} + 1 = \sqrt{2} + 1$.

(C) ધારો કે $S = \operatorname{cosec} 48^{\circ} + \operatorname{cosec} 96^{\circ} + \operatorname{cosec} 192^{\circ} + \operatorname{cosec} 384^{\circ}$.
$\operatorname{cosec} \theta = \cot(\theta/2) - \cot \theta$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$S = (\cot 24^{\circ} - \cot 48^{\circ}) + (\cot 48^{\circ} - \cot 96^{\circ}) + (\cot 96^{\circ} - \cot 192^{\circ}) + (\cot 192^{\circ} - \cot 384^{\circ})$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે: $S = \cot 24^{\circ} - \cot 384^{\circ}$.
કારણ કે $\cot 384^{\circ} = \cot(360^{\circ} + 24^{\circ}) = \cot 24^{\circ}$,તેથી $S = \cot 24^{\circ} - \cot 24^{\circ} = 0$.

(C) આપેલ છે કે $\cos \theta = \frac{-3}{5}$.
$\cos \theta < 0$ હોવાથી અને $\theta$ બીજા ચરણમાં નથી,તેથી $\theta$ ત્રીજા ચરણમાં હોવું જોઈએ.
આમ,$\pi < \theta < \frac{3\pi}{2}$.
$2$ વડે ભાગતા,$\frac{\pi}{2} < \frac{\theta}{2} < \frac{3\pi}{4}$ મળે.
આનો અર્થ એ છે કે $\frac{\theta}{2}$ બીજા ચરણમાં છે,જ્યાં $\tan \frac{\theta}{2}$ ઋણ હોય છે.
સૂત્ર $\tan \frac{\theta}{2} = \pm \sqrt{\frac{1 - \cos \theta}{1 + \cos \theta}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\tan \frac{\theta}{2} = - \sqrt{\frac{1 - (\frac{-3}{5})}{1 + (\frac{-3}{5})}}$
$= - \sqrt{\frac{1 + \frac{3}{5}}{1 - \frac{3}{5}}}$
$= - \sqrt{\frac{8/5}{2/5}}$
$= - \sqrt{4} = -2$.

(B) ધારો કે $\theta = \frac{\pi}{7}$. તેથી $7\theta = \pi$,એટલે કે $4\theta = \pi - 3\theta$.
બંને બાજુ ટેન્જન્ટ લેતા,$\tan(4\theta) = \tan(\pi - 3\theta) = -\tan(3\theta)$.
વિસ્તરણ સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{4\tan\theta - 4\tan^3\theta}{1 - 6\tan^2\theta + \tan^4\theta} = -\frac{3\tan\theta - \tan^3\theta}{1 - 3\tan^2\theta}$.
$\tan\theta$ વડે ભાગતા (કારણ કે $\tan\theta \neq 0$):
$4(1 - \tan^2\theta)(1 - 3\tan^2\theta) = -(1 - 6\tan^2\theta + \tan^4\theta)(3 - \tan^2\theta)$.
ધારો કે $x = \tan^2\theta$. સમીકરણ $x^3 - 21x^2 + 35x - 7 = 0$ બને છે.
આ સમીકરણના બીજ $\tan^2(\frac{\pi}{7}), \tan^2(\frac{2\pi}{7}), \tan^2(\frac{3\pi}{7})$ છે.
નિત્યસમ $\sum \tan \alpha \tan \beta = -7$ નો ઉપયોગ કરતા,આપેલ પદાવલિની કિંમત $-7$ મળે છે.

(C) ધારો કે $E = \cos 13^{\circ} \sin 17^{\circ} \sin 21^{\circ} \cos 47^{\circ}$.
$4$ વડે ગુણીને ભાગતા:
$E = \frac{1}{4} (2 \cos 13^{\circ} \cos 47^{\circ}) (2 \sin 17^{\circ} \sin 21^{\circ})$.
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ અને $2 \sin A \sin B = \cos(A-B) - \cos(A+B)$ સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$E = \frac{1}{4} (\cos 60^{\circ} + \cos 34^{\circ}) (\cos 4^{\circ} - \cos 38^{\circ})$.
$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ હોવાથી,$E = \frac{1}{4} (\frac{1}{2} + \cos 34^{\circ}) (\cos 4^{\circ} - \cos 38^{\circ})$.
આ પદાવલિનું સાદુંરૂપ આપતા અંતિમ પરિણામ મળે છે.

(A) ધારો કે $P = \sin \frac{\pi}{12} \sin \frac{2 \pi}{12} \sin \frac{3 \pi}{12} \sin \frac{4 \pi}{12} \sin \frac{5 \pi}{12} \sin \frac{6 \pi}{12}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\sin \frac{\pi}{12} = \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$,$\sin \frac{2 \pi}{12} = \frac{1}{2}$,$\sin \frac{3 \pi}{12} = \frac{1}{\sqrt{2}}$,$\sin \frac{4 \pi}{12} = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$\sin \frac{5 \pi}{12} = \frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$,$\sin \frac{6 \pi}{12} = 1$.
તેથી,$P = \left( \frac{6-2}{16} \right) \left( \frac{\sqrt{3}}{4 \sqrt{2}} \right) = \frac{1}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{4 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{3}}{16 \sqrt{2}}$.

(A) આપેલ છે $\tan \left(\frac{\pi}{4}+\alpha\right)=\tan ^3\left(\frac{\pi}{4}+\beta\right)$.
ધારો કે $x = \frac{\pi}{4}+\alpha$ અને $y = \frac{\pi}{4}+\beta$. તેથી $\tan x = \tan^3 y$.
$\tan(A+B)$ ના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\tan x = \frac{1+\tan \alpha}{1-\tan \alpha}$ અને $\tan y = \frac{1+\tan \beta}{1-\tan \beta}$.
$\tan x = \tan^3 y$ પરથી,યોગ-વિયોગની રીત વાપરતા,આપણને $\tan(\alpha+\beta)\cot(\alpha-\beta) = 1$ મળે છે.

(D) આપેલ છે કે $A+B+C+D=2 \pi$. આપણે $S = \sin A + \sin B + \sin C + \sin D$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્ર $\sin x + \sin y = 2 \sin \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = 2 \sin \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + 2 \sin \left(\frac{C+D}{2}\right) \cos \left(\frac{C-D}{2}\right)$.
$C+D = 2 \pi - (A+B)$ હોવાથી,$\frac{C+D}{2} = \pi - \frac{A+B}{2}$.
તેથી,$\sin \left(\frac{C+D}{2}\right) = \sin \left(\pi - \frac{A+B}{2}\right) = \sin \left(\frac{A+B}{2}\right)$.
આ કિંમત મૂકતા:
$S = 2 \sin \left(\frac{A+B}{2}\right) \left[ \cos \left(\frac{A-B}{2}\right) + \cos \left(\frac{C-D}{2}\right) \right]$.
$\cos x + \cos y = 2 \cos \left(\frac{x+y}{2}\right) \cos \left(\frac{x-y}{2}\right)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = -4 \cos \left(\frac{A+B}{2}\right) \cos \left(\frac{A+C}{2}\right) \cos \left(\frac{A+D}{2}\right)$ મળે છે.

(A) આપેલ છે કે $2 \tan (A+B) = 3 \tan (A-B)$.
ધારો કે $X = A+B$ અને $Y = A-B$. તેથી $2 \tan X = 3 \tan Y$,એટલે કે $\frac{\tan X}{\tan Y} = \frac{3}{2}$.
યોગ-વિયોગની રીત (Componendo and Dividendo) વાપરતા:
$\frac{\tan X + \tan Y}{\tan X - \tan Y} = \frac{3+2}{3-2} = 5$.
નિત્યસમ $\frac{\sin(X+Y)}{\sin(X-Y)} = \frac{\tan X + \tan Y}{\tan X - \tan Y}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{\sin(A+B+A-B)}{\sin(A+B-(A-B))} = 5$.
$\frac{\sin 2A}{\sin 2B} = 5$.
તેથી,$\sin 2A = 5 \sin 2B$.

(B) આપણે નિત્યસમ $\cos 3\theta = 4\cos^3 \theta - 3\cos \theta$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ,જેનો અર્થ છે $\cos^3 \theta = \frac{1}{4}(\cos 3\theta + 3\cos \theta)$.
આ કિંમત $k = \cos^3 80^{\circ} + \cos^3 40^{\circ} - \cos^3 20^{\circ}$ માં મૂકતા:
$k = \frac{1}{4}(\cos 240^{\circ} + 3\cos 80^{\circ}) + \frac{1}{4}(\cos 120^{\circ} + 3\cos 40^{\circ}) - \frac{1}{4}(\cos 60^{\circ} + 3\cos 20^{\circ})$
$k = \frac{1}{4} [(\cos 240^{\circ} + \cos 120^{\circ} - \cos 60^{\circ}) + 3(\cos 80^{\circ} + \cos 40^{\circ} - \cos 20^{\circ})]$
$\cos 240^{\circ} = -\frac{1}{2}$,$\cos 120^{\circ} = -\frac{1}{2}$,અને $\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$ હોવાથી,પ્રથમ ભાગ $(-\frac{1}{2} - \frac{1}{2} - \frac{1}{2}) = -\frac{3}{2}$ થાય.
બીજા ભાગ માટે,$\cos 80^{\circ} + \cos 40^{\circ} = 2\cos 60^{\circ} \cos 20^{\circ} = 2(\frac{1}{2})\cos 20^{\circ} = \cos 20^{\circ}$.
આમ,$3(\cos 80^{\circ} + \cos 40^{\circ} - \cos 20^{\circ}) = 3(\cos 20^{\circ} - \cos 20^{\circ}) = 0$.
તેથી,$k = \frac{1}{4}(-\frac{3}{2} + 0) = -\frac{3}{8}$.
હવે $\frac{4k}{3} = \frac{4}{3} \times (-\frac{3}{8}) = -\frac{1}{2}$.
વિકલ્પો સાથે સરખાવતા: $\cos(\frac{2\pi}{3}) = \cos(120^{\circ}) = -\frac{1}{2}$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ છે $\cos x + \sin x = \frac{1}{2}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(\cos x + \sin x)^2 = (\frac{1}{2})^2$.
$\cos^2 x + \sin^2 x + 2 \sin x \cos x = \frac{1}{4}$.
$\cos^2 x + \sin^2 x = 1$ હોવાથી,$1 + 2 \sin x \cos x = \frac{1}{4}$.
$2 \sin x \cos x = \frac{1}{4} - 1 = -\frac{3}{4}$.
હવે,$(\cos x - \sin x)^2 = \cos^2 x + \sin^2 x - 2 \sin x \cos x = 1 - (-\frac{3}{4}) = 1 + \frac{3}{4} = \frac{7}{4}$.
તેથી,$\cos x - \sin x = \pm \frac{\sqrt{7}}{2}$.
કિસ્સો $1$: $\cos x + \sin x = \frac{1}{2}$ અને $\cos x - \sin x = \frac{\sqrt{7}}{2}$.
સરવાળો કરતા $2 \cos x = \frac{1+\sqrt{7}}{2} \implies \cos x = \frac{1+\sqrt{7}}{4}$.
બાદબાકી કરતા $2 \sin x = \frac{1-\sqrt{7}}{2} \implies \sin x = \frac{1-\sqrt{7}}{4}$.
તેથી $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1-\sqrt{7}}{1+\sqrt{7}} = \frac{-4+\sqrt{7}}{3}$.
કિસ્સો $2$: $\cos x + \sin x = \frac{1}{2}$ અને $\cos x - \sin x = -\frac{\sqrt{7}}{2}$.
સરવાળો કરતા $2 \cos x = \frac{1-\sqrt{7}}{2} \implies \cos x = \frac{1-\sqrt{7}}{4}$.
બાદબાકી કરતા $2 \sin x = \frac{1+\sqrt{7}}{2} \implies \sin x = \frac{1+\sqrt{7}}{4}$.
તેથી $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{1+\sqrt{7}}{1-\sqrt{7}} = \frac{-4-\sqrt{7}}{3}$.
$0 < x < \pi$ હોવાથી,$\sin x > 0$. કિસ્સો $1$ માં $\sin x < 0$ છે,જે અસ્વીકાર્ય છે. કિસ્સો $2$ માં $\sin x > 0$ છે,જે સ્વીકાર્ય છે. તેથી,$\tan x = \frac{-4-\sqrt{7}}{3}$.

(A) આપેલ સમીકરણો:
$(1) 3 \cos^2 A + 2 \cos^2 B = 4$
$(2) \frac{3 \sin A}{\sin B} = \frac{2 \cos B}{\cos A} \implies 3 \sin A \cos A = 2 \sin B \cos B$
નિત્યસમ $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{3}{2} \sin 2A = \sin 2B \implies 3 \sin 2A = 2 \sin 2B$
$(1)$ પરથી,$3 \cos^2 A + 2 \cos^2 B = 4$
$\implies 3(1 - \sin^2 A) + 2(1 - \sin^2 B) = 4$
$\implies 5 - 3 \sin^2 A - 2 \sin^2 B = 4$
$\implies 3 \sin^2 A + 2 \sin^2 B = 1$
તેમજ,$(2)$ પરથી,$3 \sin A \cos A = 2 \sin B \cos B$. બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$9 \sin^2 A \cos^2 A = 4 \sin^2 B \cos^2 B$
$\implies 9 \sin^2 A (1 - \sin^2 A) = 4 \sin^2 B (1 - \sin^2 B)$
ધારો કે $u = \sin^2 A$ અને $v = \sin^2 B$. આપણી પાસે $3u + 2v = 1 \implies v = \frac{1 - 3u}{2}$ છે.
વર્ગ કરેલા સમીકરણમાં કિંમત મૂકતા:
$9u(1 - u) = 4(\frac{1 - 3u}{2})(1 - \frac{1 - 3u}{2})$
$\implies 9u - 9u^2 = 2(1 - 3u)(\frac{1 + 3u}{2})$
$\implies 9u - 9u^2 = 1 - 9u^2$
$\implies 9u = 1 \implies u = \frac{1}{9}$
તેથી $v = \frac{1 - 3(1/9)}{2} = \frac{1 - 1/3}{2} = \frac{2/3}{2} = \frac{1}{3}$.
આમ $\sin^2 A = \frac{1}{9} \implies \sin A = \frac{1}{3}$ અને $\sin^2 B = \frac{1}{3} \implies \sin B = \frac{1}{\sqrt{3}}$.
લઘુકોણ $A, B$ માટે,$\sin A = 1/3, \cos A = \sqrt{8}/3, \sin B = 1/\sqrt{3}, \cos B = \sqrt{2/3}$.
$\sin(A+2B) = \sin A \cos 2B + \cos A \sin 2B = \sin A (1 - 2\sin^2 B) + \cos A (2 \sin B \cos B)$
$= (1/3)(1 - 2/3) + (\sqrt{8}/3)(2 \cdot 1/\sqrt{3} \cdot \sqrt{2/3}) = 1/9 + 8/9 = 1$.
તેથી,$A + 2B = \frac{\pi}{2}$.

(C) આપેલ સમીકરણ $\sin 2x + \cos 4x = 2$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sin \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે અને $\cos \theta$ નો વિસ્તાર $[-1, 1]$ છે.
બે વિધેયોનો સરવાળો $2$ થવા માટે,બંને વિધેયોએ એકસાથે તેમની મહત્તમ કિંમત $1$ પ્રાપ્ત કરવી આવશ્યક છે.
તેથી,$\sin 2x = 1$ અને $\cos 4x = 1$ હોવું જોઈએ.
$\sin 2x = 1$ પરથી,$2x = 2n\pi + \frac{\pi}{2}$,જેનો અર્થ છે $x = n\pi + \frac{\pi}{4}$.
$x \in [-\pi, \pi]$ માટે,શક્ય કિંમતો $x = -\frac{3\pi}{4}$ અને $x = \frac{\pi}{4}$ છે.
હવે,આ કિંમતોને $\cos 4x = 1$ માં તપાસો:
જો $x = -\frac{3\pi}{4}$ હોય,તો $4x = -3\pi$,અને $\cos(-3\pi) = -1 \neq 1$.
જો $x = \frac{\pi}{4}$ હોય,તો $4x = \pi$,અને $\cos(\pi) = -1 \neq 1$.
કોઈપણ $x$ બંને સમીકરણોને એકસાથે સંતોષતું નથી,તેથી ઉકેલોની સંખ્યા $0$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $\cos x + \cos 3x = \sin x + \sin 3x$.
સરવાળાથી ગુણાકારના સૂત્રોનો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cos 2x \cos x = 2 \sin 2x \cos x$
$2 \cos x (\cos 2x - \sin 2x) = 0$
$\tan 2x = 1$
$2x = n \pi + \frac{\pi}{4}$
$x = \frac{n \pi}{2} + \frac{\pi}{8}$.

(C) આપેલ છે કે $\sin x = -\frac{3}{5}$ અને $\cos x = -\frac{4}{5}$.
અહીં $\sin x$ અને $\cos x$ બંને ઋણ હોવાથી,$x$ ત્રીજા ચરણમાં છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{-3/5}{-4/5} = \frac{3}{4}$.
$\tan x = \tan \alpha$ માટે વ્યાપક ઉકેલ $x = n\pi + \alpha$ છે,જ્યાં $n \in Z$.
તેથી,$x = n\pi + \tan^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.

(A) વિધાન-$I$ માટે:
સમીકરણ $1$: $2 \sin^2 \theta - \cos 2\theta = 0$
$\cos 2\theta = 1 - 2 \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \sin^2 \theta - (1 - 2 \sin^2 \theta) = 0 \implies 4 \sin^2 \theta = 1 \implies \sin^2 \theta = \frac{1}{4} \implies \sin \theta = \pm \frac{1}{2}$.
$[0, 2\pi]$ માં,$\theta = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}, \frac{7\pi}{6}, \frac{11\pi}{6}$.
સમીકરણ $2$: $2 \cos^2 \theta - 3 \sin \theta = 0$
$\cos^2 \theta = 1 - \sin^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$2(1 - \sin^2 \theta) - 3 \sin \theta = 0 \implies 2 \sin^2 \theta + 3 \sin \theta - 2 = 0$.
$(2 \sin \theta - 1)(\sin \theta + 2) = 0$.
$\sin \theta \neq -2$ હોવાથી,$\sin \theta = \frac{1}{2}$.
$[0, 2\pi]$ માં,$\theta = \frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}$.
સામાન્ય ઉકેલો $\frac{\pi}{6}$ અને $\frac{5\pi}{6}$ છે,તેથી બે સામાન્ય ઉકેલો છે. વિધાન-$I$ સાચું છે.
વિધાન-$II$ માટે:
$[0, \pi]$ માં $2 \cos^2 \theta - 3 \sin \theta = 0$ ના ઉકેલો $\theta = \frac{\pi}{6}$ અને $\theta = \frac{5\pi}{6}$ છે. બે ઉકેલો છે. વિધાન-$II$ સાચું છે.

(B) આપેલ છે કે $2 \cos \theta + \sin \theta = 1$. $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ હોવાથી,$\cos \theta \ge 0$.
ધારો કે $\cos \theta = x$ અને $\sin \theta = y$. તેથી $2x + y = 1 \implies y = 1 - 2x$.
$x^2 + y^2 = 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$x^2 + (1 - 2x)^2 = 1$.
$x^2 + 1 - 4x + 4x^2 = 1 \implies 5x^2 - 4x = 0$.
તેથી,$x(5x - 4) = 0$,જે $x = 0$ અથવા $x = \frac{4}{5}$ આપે છે.
કિસ્સો $1$: જો $x = 0$,તો $\cos \theta = 0$. $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$ હોવાથી,$\theta = \frac{\pi}{2}$ અથવા $-\frac{\pi}{2}$.
જો $\theta = \frac{\pi}{2}$,$\sin \theta = 1$,તો $k = 7(0) + 6(1) = 6$.
જો $\theta = -\frac{\pi}{2}$,$\sin \theta = -1$,તો $k = 7(0) + 6(-1) = -6$.
કિસ્સો $2$: જો $x = \frac{4}{5}$,તો $\cos \theta = \frac{4}{5}$. $y = 1 - 2x$ હોવાથી,$y = 1 - 2(\frac{4}{5}) = 1 - \frac{8}{5} = -\frac{3}{5}$.
તેથી $k = 7(\frac{4}{5}) + 6(-\frac{3}{5}) = \frac{28}{5} - \frac{18}{5} = \frac{10}{5} = 2$.
$k$ ની શક્ય કિંમતો $6, -6, 2$ છે.

(A) આપેલ છે કે $x = \sqrt{2} e^t(\sin t - \cos t)$ અને $y = \sqrt{2} e^t(\sin t + \cos t)$.
પ્રથમ,$\frac{dx}{dt}$ અને $\frac{dy}{dt}$ શોધો:
$\frac{dx}{dt} = \sqrt{2} [e^t(\sin t - \cos t) + e^t(\cos t + \sin t)] = \sqrt{2} e^t(2 \sin t) = 2\sqrt{2} e^t \sin t$.
$\frac{dy}{dt} = \sqrt{2} [e^t(\sin t + \cos t) + e^t(\cos t - \sin t)] = \sqrt{2} e^t(2 \cos t) = 2\sqrt{2} e^t \cos t$.
હવે,$\frac{dy}{dx} = \frac{dy/dt}{dx/dt} = \frac{2\sqrt{2} e^t \cos t}{2\sqrt{2} e^t \sin t} = \cot t$.
આગળ,$\frac{d^2 y}{dx^2} = \frac{d}{dx}(\cot t) = \frac{d}{dt}(\cot t) \cdot \frac{dt}{dx} = -\csc^2 t \cdot \frac{1}{dx/dt}$ શોધો.
$\frac{dx}{dt} = 2\sqrt{2} e^t \sin t$ મૂકતા:
$\frac{d^2 y}{dx^2} = -\csc^2 t \cdot \frac{1}{2\sqrt{2} e^t \sin t} = -\frac{1}{2\sqrt{2} e^t \sin^3 t}$.
$t = \frac{\pi}{4}$ પર,$\sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin^3(\frac{\pi}{4}) = (\frac{1}{\sqrt{2}})^3 = \frac{1}{2\sqrt{2}}$.
$\left(\frac{d^2 y}{dx^2}\right)_{t = \pi/4} = -\frac{1}{2\sqrt{2} e^{\pi/4} \cdot (1 / 2\sqrt{2})} = -\frac{1}{e^{\pi/4}} = -e^{-\pi/4}$.

(C) આપેલ છે $y = (\log_{x} \sin x)^{x}$.
બંને બાજુ $\log$ લેતા: $\log y = x \log(\log_{x} \sin x)$.
આધાર બદલવાના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$\log_{x} \sin x = \frac{\log \sin x}{\log x}$.
તેથી,$\log y = x \log \left( \frac{\log \sin x}{\log x} \right) = x [\log(\log \sin x) - \log(\log x)]$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = 1 \cdot [\log(\log \sin x) - \log(\log x)] + x \left[ \frac{1}{\log \sin x} \cdot \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x - \frac{1}{\log x} \cdot \frac{1}{x} \right]$.
$\frac{1}{y} \frac{dy}{dx} = \log(\log_{x} \sin x) + x \left[ \frac{\cot x}{\log \sin x} - \frac{1}{x \log x} \right]$.
$\frac{dy}{dx} = y \left[ \log(\log_{x} \sin x) + \frac{x \cot x}{\log \sin x} - \frac{1}{\log x} \right]$.

(C) આપેલ છે કે $x = \sqrt{2^{\operatorname{cosec}^{-1} t}}$ અને $y = \sqrt{2^{\sec^{-1} t}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,આપણને $x^2 = 2^{\operatorname{cosec}^{-1} t}$ અને $y^2 = 2^{\sec^{-1} t}$ મળે છે.
બંને સમીકરણોનો ગુણાકાર કરતા: $x^2 y^2 = 2^{\operatorname{cosec}^{-1} t + \sec^{-1} t}$.
કારણ કે $|t| \geq 1$ માટે $\operatorname{cosec}^{-1} t + \sec^{-1} t = \frac{\pi}{2}$ થાય છે,તેથી $x^2 y^2 = 2^{\pi/2}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{d}{dx}(x^2 y^2) = \frac{d}{dx}(2^{\pi/2})$.
$x^2 (2y \frac{dy}{dx}) + y^2 (2x) = 0$.
$2x^2 y \frac{dy}{dx} = -2xy^2$.
$\frac{dy}{dx} = -\frac{2xy^2}{2x^2 y} = -\frac{y}{x}$.

(B) આપેલ છે કે $g(x)$ એ $f(x)$ નું પ્રતિવિધેય છે,તેથી $f(g(x)) = x$ થાય.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,સાંકળના નિયમ મુજબ $f^{\prime}(g(x)) \cdot g^{\prime}(x) = 1$ મળે.
તેથી,$f^{\prime}(g(x)) = \frac{1}{g^{\prime}(x)}$.
આપેલ છે કે $g(x) = x + \tan x$,તેથી $g^{\prime}(x) = 1 + \sec^2 x$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા,$f^{\prime}(g(x)) = \frac{1}{1 + \sec^2 x}$ મળે.
ધારો કે $y = g(x)$,તો $x = f(y)$ થાય.
$x = f(y)$ ની કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા,$f^{\prime}(y) = \frac{1}{1 + \sec^2(f(y))}$ મળે.
$y$ ને $x$ વડે બદલતા,આપણને $f^{\prime}(x) = \frac{1}{1 + \sec^2(f(x))}$ મળે છે.

(D) ધારો કે $u = \operatorname{Sec}^{-1}\left(\frac{1}{2x^2-1}\right)$ અને $v = \sqrt{1-x^2}$.
નિત્યસમ $\operatorname{Sec}^{-1}(\frac{1}{z}) = \cos^{-1}(z)$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $u = \cos^{-1}(2x^2-1)$ મળે.
ધારો કે $x = \cos \theta$,તો $u = \cos^{-1}(2\cos^2 \theta - 1) = \cos^{-1}(\cos 2\theta) = 2\theta = 2\cos^{-1}x$.
તેથી,$\frac{du}{dx} = 2 \times (-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}) = -\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}$.
હવે,$v = \sqrt{1-x^2}$,તેથી $\frac{dv}{dx} = \frac{1}{2\sqrt{1-x^2}} \times (-2x) = -\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}$.
આપણે $\frac{du}{dv} = \frac{du/dx}{dv/dx} = \frac{-2/\sqrt{1-x^2}}{-x/\sqrt{1-x^2}} = \frac{2}{x}$ શોધવાનું છે.
$x = \frac{1}{2}$ આગળ,$\frac{du}{dv} = \frac{2}{1/2} = 4$.

(A) આપેલ છે $y = (ax + b) \cos x$.
પ્રથમ વિકલન: $y_1 = a \cos x - (ax + b) \sin x$.
બીજું વિકલન: $y_2 = -a \sin x - (a \sin x + (ax + b) \cos x) = -2a \sin x - (ax + b) \cos x$.
$y = (ax + b) \cos x$ ને $y_2$ માં મૂકતા: $y_2 = -2a \sin x - y$.
હવે,પદ $E = y_2 + y_1 \sin 2x + y(1 + \sin^2 x)$ ધ્યાનમાં લો.
$y_2 = -2a \sin x - y$ અને $\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ મૂકતા:
$E = (-2a \sin x - y) + (a \cos x - (ax + b) \sin x)(2 \sin x \cos x) + y(1 + \sin^2 x)$.
આ પદાવલિનું સાદું રૂપ આપતા પરિણામ $0$ મળે છે.

(A) આપેલ સમીકરણ $\sqrt{x(1-y)} + \sqrt{y(1-x)} = 1$ છે.
ધારો કે $x = \sin^2 \theta$ અને $y = \sin^2 \phi$.
તેથી $\sqrt{\sin^2 \theta (1-\sin^2 \phi)} + \sqrt{\sin^2 \phi (1-\sin^2 \theta)} = 1$.
$\sin \theta \cos \phi + \sin \phi \cos \theta = 1$.
$\sin(\theta + \phi) = 1$.
$\theta + \phi = \frac{\pi}{2}$.
$\phi = \frac{\pi}{2} - \theta$.
કારણ કે $y = \sin^2 \phi$,તેથી $y = \sin^2(\frac{\pi}{2} - \theta) = \cos^2 \theta$.
આમ $x = \sin^2 \theta$ અને $y = \cos^2 \theta$.
બંનેનો સરવાળો કરતા,$x+y = \sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,એટલે કે $y = 1-x$.
$x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -1$.
વૈકલ્પિક રીતે,વિકલ્પો તપાસતા: $\frac{dy}{dx} = -\sqrt{\frac{y(1-y)}{x(1-x)}} = -\sqrt{\frac{(1-x)x}{x(1-x)}} = -\sqrt{1} = -1$.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $x^2+y^2+\sin y=4$ છે.
$x=-2$ મૂકતા,$(-2)^2+y^2+\sin y=4$,જેનું સાદું રૂપ $4+y^2+\sin y=4$ થાય,તેથી $y^2+\sin y=0$.
અહીં $y=0$ એ ઉકેલ છે,તેથી $x=-2$ આગળ $y=0$ મળે.
$x^2+y^2+\sin y=4$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2x+2y\frac{dy}{dx}+\cos y \frac{dy}{dx}=0$ મળે.
$x=-2$ અને $y=0$ મૂકતા,$2(-2)+2(0)\frac{dy}{dx}+\cos(0)\frac{dy}{dx}=0$,જેમાંથી $-4+\frac{dy}{dx}=0$ મળે,તેથી $\frac{dy}{dx}=4$.
$2x+(2y+\cos y)\frac{dy}{dx}=0$ નું ફરીથી $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2+(2\frac{dy}{dx}-\sin y \frac{dy}{dx})\frac{dy}{dx}+(2y+\cos y)\frac{d^2y}{dx^2}=0$ મળે.
$x=-2, y=0, \frac{dy}{dx}=4$ મૂકતા,$2+(2(4)-\sin(0)(4))(4)+(2(0)+\cos(0))\frac{d^2y}{dx^2}=0$.
આનું સાદું રૂપ $2+(8)(4)+(1)\frac{d^2y}{dx^2}=0$ થાય,તેથી $2+32+\frac{d^2y}{dx^2}=0$.
આમ,$\frac{d^2y}{dx^2}=-34$.

(B) આપેલ સમીકરણ: $(a+\sqrt{2} b \cos x)(a-\sqrt{2} b \cos y)=a^2-b^2$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$(a+\sqrt{2} b \cos x) \cdot (\sqrt{2} b \sin y \frac{dy}{dx}) + (a-\sqrt{2} b \cos y) \cdot (-\sqrt{2} b \sin x) = 0$.
બિંદુ $\left(\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{4}\right)$ પર,$\cos x = \cos y = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin x = \sin y = \frac{1}{\sqrt{2}}$ થાય.
આ કિંમતો મૂકતા:
$(a+\sqrt{2} b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}) \cdot (\sqrt{2} b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{dy}{dx}) + (a-\sqrt{2} b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}) \cdot (-\sqrt{2} b \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}) = 0$.
$(a+b) \cdot (b \frac{dy}{dx}) + (a-b) \cdot (-b) = 0$.
$(a+b) b \frac{dy}{dx} = b(a-b)$.
$b > 0$ હોવાથી,$b$ વડે ભાગતા:
$(a+b) \frac{dy}{dx} = a-b$.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = \frac{a-b}{a+b}$.

(B) આપેલ વક્ર $x^3 + y^3 = 2xy$ છે. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$3x^2 + 3y^2 \frac{dy}{dx} = 2y + 2x \frac{dy}{dx}$ મળે છે.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ,$3(1)^2 + 3(1)^2 \frac{dy}{dx} = 2(1) + 2(1) \frac{dy}{dx}$,જેનું સાદું રૂપ $3 + 3 \frac{dy}{dx} = 2 + 2 \frac{dy}{dx}$ થાય છે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -1$. સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = -1$ અને અભિલંબનો ઢાળ $m_n = 1$ છે.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - 1 = -1(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $x + y = 2$ થાય છે.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ અભિલંબનું સમીકરણ $y - 1 = 1(x - 1)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $y = x$ થાય છે.
સ્પર્શક $X$-અક્ષ $(y = 0)$ ને $x = 2$ આગળ છેદે છે,તેથી બિંદુ $(2, 0)$ છે.
અભિલંબ $X$-અક્ષ $(y = 0)$ ને $x = 0$ આગળ છેદે છે,તેથી બિંદુ $(0, 0)$ છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(0, 0)$,$(2, 0)$ અને $(1, 1)$ છે.
$X$-અક્ષ પરના ત્રિકોણનો પાયો $(0, 0)$ અને $(2, 0)$ વચ્ચેનું અંતર છે,જે $2$ એકમ છે.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ બિંદુ $(1, 1)$ નો $y$-યામ છે,જે $1$ એકમ છે.
ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times 2 \times 1 = 1$ ચોરસ એકમ.

(C) આપેલ વક્ર $y = x \log x$ છે.
વિકલન કરતા: $\frac{dy}{dx} = 1 \cdot \log x + x \cdot \frac{1}{x} = \log x + 1$.
બિંદુ $P(x, y)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_t = \log x + 1$ છે.
બિંદુ $P$ આગળ અભિલંબનો ઢાળ $m_n = -\frac{1}{m_t} = -\frac{1}{\log x + 1}$ છે.
આપેલ રેખા $2x - 2y = 3$ છે,જેને $y = x - \frac{3}{2}$ તરીકે લખી શકાય.
આ રેખાનો ઢાળ $m_l = 1$ છે.
અભિલંબ રેખાને સમાંતર હોવાથી,$m_n = m_l$,તેથી $-\frac{1}{\log x + 1} = 1$.
આનો અર્થ એ છે કે $\log x + 1 = -1$,તેથી $\log x = -2$.
આમ,$x = e^{-2} = \frac{1}{e^2}$.
$x$ ની કિંમત વક્રના સમીકરણમાં મૂકતા: $y = \frac{1}{e^2} \log(\frac{1}{e^2}) = \frac{1}{e^2} (-2) = -\frac{2}{e^2}$.
તેથી,બિંદુ $P$ એ $(\frac{1}{e^2}, -\frac{2}{e^2})$ છે.

(C) વક્રનું સમીકરણ $x^{2/3} + y^{2/3} = 4$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{2}{3}x^{-1/3} + \frac{2}{3}y^{-1/3} \frac{dy}{dx} = 0$ મળે.
તેથી,$\frac{dy}{dx} = -\frac{x^{-1/3}}{y^{-1/3}} = -\left(\frac{y}{x}\right)^{1/3}$.
બિંદુ $(\alpha, \beta)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m = -(\beta/\alpha)^{1/3}$ છે.
આપેલ રેખા $\sqrt{3}x + y = 1$ છે,જેને $y = -\sqrt{3}x + 1$ તરીકે લખી શકાય. તેનો ઢાળ $-\sqrt{3}$ છે.
સ્પર્શક રેખાને સમાંતર હોવાથી,$-(\beta/\alpha)^{1/3} = -\sqrt{3}$,જેનો અર્થ છે કે $(\beta/\alpha)^{1/3} = \sqrt{3}$.
બંને બાજુ ઘન કરતા,$\beta/\alpha = 3\sqrt{3}$,તેથી $\beta = 3\sqrt{3}\alpha$.
બિંદુ $(\alpha, \beta)$ વક્ર પર હોવાથી,$\alpha^{2/3} + (3\sqrt{3}\alpha)^{2/3} = 4$.
$\alpha^{2/3} + (3^{3/2}\alpha)^{2/3} = 4 \implies \alpha^{2/3} + 3\alpha^{2/3} = 4$.
$4\alpha^{2/3} = 4 \implies \alpha^{2/3} = 1 \implies \alpha^2 = 1$.
તેથી $\beta^2 = (3\sqrt{3}\alpha)^2 = 27\alpha^2 = 27(1) = 27$.
આમ,$\alpha^2 + \beta^2 = 1 + 27 = 28$.

(D) આપેલ વક્ર $y = f(x) = x^4 - 2x^3 + x^2 + 5x$ છે.
વિકલન કરતા $f'(x) = 4x^3 - 6x^2 + 2x + 5$ મળે.
$(x_1, y_1)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m = 4x_1^3 - 6x_1^2 + 2x_1 + 5$ છે.
સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - y_1 = m(x - x_1)$ છે.
સ્પર્શક ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માંથી પસાર થતો હોવાથી,$-y_1 = m(-x_1)$,એટલે કે $y_1 = m x_1$.
$y_1 = x_1^4 - 2x_1^3 + x_1^2 + 5x_1$ અને $m = 4x_1^3 - 6x_1^2 + 2x_1 + 5$ મુકતા:
$x_1^4 - 2x_1^3 + x_1^2 + 5x_1 = x_1(4x_1^3 - 6x_1^2 + 2x_1 + 5)$.
$x_1^4 - 2x_1^3 + x_1^2 + 5x_1 = 4x_1^4 - 6x_1^3 + 2x_1^2 + 5x_1$.
પદોને ગોઠવતા: $3x_1^4 - 4x_1^3 + x_1^2 = 0$.
$x_1 \in \mathbb{N}$ હોવાથી $x_1 \neq 0$,તેથી $x_1^2$ વડે ભાગતા:
$3x_1^2 - 4x_1 + 1 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(3x_1 - 1)(x_1 - 1) = 0$.
આથી $x_1 = 1$ અથવા $x_1 = 1/3$.
$x_1 \in \mathbb{N}$ હોવાથી $x_1 = 1$ લેતા.
તેથી $y_1 = 1^4 - 2(1)^3 + 1^2 + 5(1) = 1 - 2 + 1 + 5 = 5$.
આમ,$x_1 + y_1 = 1 + 5 = 6$.

(C) આપેલ વક્ર $x^2 + 3y^2 = 9$ છે. $x$ ની સાપેક્ષે વિકલન કરતા,$2x + 6y \frac{dy}{dx} = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\frac{dy}{dx} = -\frac{x}{3y}$.
બિંદુ $P(3 \cos \theta, \sqrt{3} \sin \theta)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_{T1} = -\frac{3 \cos \theta}{3 \sqrt{3} \sin \theta} = -\frac{1}{\sqrt{3}} \cot \theta$ છે. અભિલંબનો ઢાળ $m_{N1} = \sqrt{3} \tan \theta$ છે.
બિંદુ $Q(-3 \sin \theta, \sqrt{3} \cos \theta)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m_{T2} = -\frac{-3 \sin \theta}{3 \sqrt{3} \cos \theta} = \frac{1}{\sqrt{3}} \tan \theta$ છે. અભિલંબનો ઢાળ $m_{N2} = -\sqrt{3} \cot \theta$ છે.
અભિલંબ વચ્ચેનો ખૂણો $\beta$ એ $\tan \beta = |\frac{m_{N1} - m_{N2}}{1 + m_{N1} m_{N2}}|$ દ્વારા મળે છે.
$\tan \beta = |\frac{\sqrt{3} \tan \theta - (-\sqrt{3} \cot \theta)}{1 + (\sqrt{3} \tan \theta)(-\sqrt{3} \cot \theta)}| = |\frac{\sqrt{3}(\tan \theta + \cot \theta)}{1 - 3}| = |\frac{\sqrt{3}(\frac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{\sin \theta \cos \theta})}{-2}| = \frac{\sqrt{3}}{2 \sin \theta \cos \theta} = \frac{\sqrt{3}}{\sin 2 \theta} = \sqrt{3} \operatorname{cosec} 2 \theta$.

(D) આપેલ વક્ર $y = x^2 + x - 1$ અને બિંદુ $(1, 1)$ છે.
પ્રથમ,વિકલન શોધો $\frac{dy}{dx} = 2x + 1$.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ,ઢાળ $m = \frac{dy}{dx} = 2(1) + 1 = 3$.
કોઈ બિંદુ $(x, y)$ આગળ ઢાળ $m$ ધરાવતા વક્ર માટે:
સ્પર્શકની લંબાઈ $a = |y| \sqrt{1 + \frac{1}{m^2}} = |1| \sqrt{1 + \frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{10}{9}} = \frac{\sqrt{10}}{3} \approx 1.054$.
અસ્પર્શકની લંબાઈ $b = |\frac{y}{m}| = |\frac{1}{3}| = 0.333$.
અભિલંબની લંબાઈ $c = |y| \sqrt{1 + m^2} = |1| \sqrt{1 + 9} = \sqrt{10} \approx 3.162$.
અભિલંબના અંશની લંબાઈ $d = |ym| = |1 \times 3| = 3$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $b = 0.333$,$a = 1.054$,$d = 3$,$c = 3.162$.
આમ,ચડતો ક્રમ $b < a < d < c$ છે.

(B) આપેલ વક્ર $y = \frac{1}{2x-5}$ છે.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = -\frac{1}{(2x-5)^2} \times 2 = -\frac{2}{(2x-5)^2}$ મળે છે.
બિંદુ $P(\alpha, \beta)$ પર સ્પર્શકનો ઢાળ $-2$ આપેલ છે.
તેથી,$-\frac{2}{(2\alpha-5)^2} = -2$.
$(2\alpha-5)^2 = 1$.
$2\alpha-5 = 1$ અથવા $2\alpha-5 = -1$.
જો $2\alpha-5 = 1$,તો $2\alpha = 6$,તેથી $\alpha = 3$. ત્યારે $\beta = \frac{1}{2(3)-5} = 1$. બિંદુ $P(3, 1)$ પ્રથમ ચરણમાં છે.
જો $2\alpha-5 = -1$,તો $2\alpha = 4$,તેથી $\alpha = 2$. ત્યારે $\beta = \frac{1}{2(2)-5} = -1$. બિંદુ $P(2, -1)$ ચોથા ચરણમાં છે.
કારણ કે $P$ ચોથા ચરણમાં છે,તેથી $\alpha = 2$ અને $\beta = -1$ મળે.
તેથી,$\alpha - \beta = 2 - (-1) = 3$.

(B) આપેલ વક્ર $4y^3 = 3ax^2 + x^3$ છે. $x$ ની સાપેક્ષ વિકલન કરતા,$12y^2 \frac{dy}{dx} = 6ax + 3x^2$ મળે છે.
બિંદુ $(a, a)$ આગળ,ઢાળ $m = \frac{dy}{dx} = \frac{6a(a) + 3a^2}{12a^2} = \frac{9a^2}{12a^2} = \frac{3}{4}$ થાય.
$(a, a)$ આગળ સ્પર્શકનું સમીકરણ $y - a = \frac{3}{4}(x - a)$ છે,જેનું સાદું રૂપ $4y - 4a = 3x - 3a$ એટલે કે $3x - 4y + a = 0$ થાય.
યામ અક્ષો પરના અંતઃખંડો $x = -\frac{a}{3}$ અને $y = \frac{a}{4}$ છે.
અક્ષો સાથે બનતા ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_{int} \times y_{int}| = \frac{1}{2} |(-\frac{a}{3}) \times (\frac{a}{4})| = \frac{a^2}{24}$ થાય.
ક્ષેત્રફળ $\frac{25}{24}$ આપેલ હોવાથી,$\frac{a^2}{24} = \frac{25}{24}$ મળે,જેનો અર્થ છે કે $a^2 = 25$,તેથી $a = \pm 5$.

(B) આપેલ વક્રનું સમીકરણ $xy + ax + by = 0$ છે.
બિંદુ $(1, 1)$ વક્ર પર હોવાથી,આપણે $x=1$ અને $y=1$ મૂકતા:
$1(1) + a(1) + b(1) = 0 \implies 1 + a + b = 0 \implies a + b = -1$.
હવે,સમીકરણનું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$y + x \frac{dy}{dx} + a + b \frac{dy}{dx} = 0$.
$\frac{dy}{dx}$ માટે ગોઠવતા:
$\frac{dy}{dx}(x + b) = -(y + a) \implies \frac{dy}{dx} = -\frac{y + a}{x + b}$.
બિંદુ $(1, 1)$ આગળ સ્પર્શકનો ઢાળ $m = \tan(\tan^{-1}(2)) = 2$ છે.
વિકલનમાં $(1, 1)$ મૂકતા:
$2 = -\frac{1 + a}{1 + b} \implies 2(1 + b) = -(1 + a) \implies 2 + 2b = -1 - a \implies a + 2b = -3$.
આપણી પાસે બે સમીકરણો છે:
$1) a + b = -1$
$2) a + 2b = -3$
સમીકરણ $(2)$ માંથી $(1)$ બાદ કરતા:
$(a + 2b) - (a + b) = -3 - (-1) \implies b = -2$.
$b = -2$ ને $(1)$ માં મૂકતા:
$a - 2 = -1 \implies a = 1$.
છેલ્લે,$\frac{ab}{a+b}$ ની કિંમત શોધતા:
$\frac{(1)(-2)}{1 + (-2)} = \frac{-2}{-1} = 2$.

(A) ધારો કે બે વક્રો $C_1: y^2 = x$ અને $C_2: x^2 = y$ છે.
પ્રથમ,આપણે બિંદુ $(1,1)$ પર આ વક્રોના સ્પર્શકોના ઢાળ શોધીએ.
$C_1: y^2 = x$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$2y \frac{dy}{dx} = 1$ મળે,તેથી $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{2y}$.
$(1,1)$ પર,ઢાળ $m_1 = \frac{1}{2(1)} = \frac{1}{2}$.
$C_2: x^2 = y$ માટે,$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dy}{dx} = 2x$ મળે.
$(1,1)$ પર,ઢાળ $m_2 = 2(1) = 2$.
વક્રો વચ્ચેનો ખૂણો $\theta$ એ $\tan \theta = \left| \frac{m_2 - m_1}{1 + m_1 m_2} \right|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા,$\tan \theta = \left| \frac{2 - 1/2}{1 + (2)(1/2)} \right| = \left| \frac{3/2}{1 + 1} \right| = \left| \frac{3/2}{2} \right| = \frac{3}{4}$.
તેથી,$\theta = \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{3}{4}\right)$.

(B) આપેલ છે કે વેગ $v$ એ સ્થાનાંતર $x$ ના ઘનમૂળના સમપ્રમાણમાં છે:
$v = k x^{1/3}$,જ્યાં $k$ એક અચળાંક છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} = v \frac{dv}{dx}$.
પ્રથમ,$\frac{dv}{dx}$ શોધો:
$\frac{dv}{dx} = k \cdot \frac{1}{3} x^{-2/3} = \frac{k}{3 x^{2/3}}$.
હવે,પ્રવેગના સૂત્રમાં $v$ અને $\frac{dv}{dx}$ ની કિંમત મૂકો:
$a = (k x^{1/3}) \cdot \left( \frac{k}{3 x^{2/3}} \right) = \frac{k^2}{3 x^{1/3}}$.
કારણ કે $v = k x^{1/3}$,આપણે લખી શકીએ કે $x^{1/3} = \frac{v}{k}$.
આ કિંમતને $a$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$a = \frac{k^2}{3 (v/k)} = \frac{k^3}{3v}$.
તેથી,$a \propto \frac{1}{v}$,જેનો અર્થ છે કે પ્રવેગ તેના વેગના વ્યસ્ત પ્રમાણમાં છે.

(C) ધારો કે $V$ એ ગોલકનું ઘનફળ છે અને $S$ એ તેની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ છે,જ્યાં ત્રિજ્યા $r$ છે.
આપેલ છે કે,$\frac{dV}{dt} = 12 \text{ cm}^3/\text{sec}$.
ગોલકનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3} \pi r^3$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dV}{dt} = 4 \pi r^2 \frac{dr}{dt}$ મળે.
વ્યાસ $d = 12 \text{ cm}$ આપેલ છે,તેથી ત્રિજ્યા $r = 6 \text{ cm}$ થાય.
કિંમતો મૂકતા: $12 = 4 \pi (6)^2 \frac{dr}{dt} \implies 12 = 144 \pi \frac{dr}{dt} \implies \frac{dr}{dt} = \frac{12}{144 \pi} = \frac{1}{12 \pi} \text{ cm/sec}$.
ગોલકની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = 4 \pi r^2$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,$\frac{dS}{dt} = 8 \pi r \frac{dr}{dt}$ મળે.
$r = 6$ અને $\frac{dr}{dt} = \frac{1}{12 \pi}$ મૂકતા:
$\frac{dS}{dt} = 8 \pi (6) \left( \frac{1}{12 \pi} \right) = 48 \pi \times \frac{1}{12 \pi} = 4 \text{ cm}^2/\text{sec}$.

(D) ધારો કે $r$ એ ત્રિજ્યા છે,$S$ એ સપાટીનું ક્ષેત્રફળ છે અને $V$ એ ગોળાકાર પરપોટાનું ઘનફળ છે.
આપેલ છે: $\frac{dS}{dt} = 4 \text{ cm}^2/\text{sec}$.
ગોળાની સપાટીનું ક્ષેત્રફળ $S = 4\pi r^2$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dS}{dt} = 8\pi r \frac{dr}{dt}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $4 = 8\pi(8) \frac{dr}{dt} \implies 4 = 64\pi \frac{dr}{dt} \implies \frac{dr}{dt} = \frac{1}{16\pi} \text{ cm/sec}$.
ગોળાનું ઘનફળ $V = \frac{4}{3}\pi r^3$ છે.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા: $\frac{dV}{dt} = 4\pi r^2 \frac{dr}{dt}$.
$r = 8$ અને $\frac{dr}{dt} = \frac{1}{16\pi}$ મૂકતા:
$\frac{dV}{dt} = 4\pi(8)^2 \left(\frac{1}{16\pi}\right) = 4\pi(64) \left(\frac{1}{16\pi}\right) = 4(4) = 16 \text{ cm}^3/\text{sec}$.

(B) લંબવૃત્તીય શંકુનું કુલ પૃષ્ઠફળ $S = \pi r^2 + \pi r l$ છે,જ્યાં $l = \sqrt{r^2 + h^2}$.
આપેલ છે કે $r = 7$,$h = 7$,તેથી $l = \sqrt{7^2 + 7^2} = 7\sqrt{2}$.
માપનમાં ભૂલ $\Delta r = \Delta h = 0.002 \times 7 = 0.014$ છે.
$S = \pi r^2 + \pi r \sqrt{r^2 + h^2}$.
વિકલન લેતા $dS = \frac{\partial S}{\partial r} dr + \frac{\partial S}{\partial h} dh$.
$\frac{\partial S}{\partial r} = 2\pi r + \pi \sqrt{r^2 + h^2} + \pi r \frac{r}{\sqrt{r^2 + h^2}} = 2\pi r + \pi l + \frac{\pi r^2}{l}$.
$\frac{\partial S}{\partial h} = \pi r \frac{h}{\sqrt{r^2 + h^2}} = \frac{\pi r h}{l}$.
$r=7, h=7, l=7\sqrt{2}$ અને $dr=dh=0.014$ મૂકતા:
$\frac{\partial S}{\partial r} = 14\pi + 7\sqrt{2}\pi + 3.5\sqrt{2}\pi = 14\pi + 10.5\sqrt{2}\pi$.
$\frac{\partial S}{\partial h} = 3.5\sqrt{2}\pi$.
$dS = (14\pi + 10.5\sqrt{2}\pi)(0.014) + (3.5\sqrt{2}\pi)(0.014) = 14\pi(1+\sqrt{2})(0.014) = 0.196\pi(1+\sqrt{2})$.
$\pi \approx 3.14$ લેતા,$0.196 \times 3.14 \approx 0.616$.
આમ,ભૂલ $(0.616)(\sqrt{2}+1)$ છે.

(A) કણનો વેગ $v$ એ સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં સ્થાનાંતરના ફેરફારનો દર છે,જે $v = \frac{dS}{dt}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $S = 2t^3 + 2t^2 - 2t - 3$.
$t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે $v = \frac{d}{dt}(2t^3 + 2t^2 - 2t - 3) = 6t^2 + 4t - 2$.
જ્યારે કણનો વેગ શૂન્ય થાય ત્યારે તે તેની દિશા બદલે છે.
$v = 0$ લેતા,આપણને મળે છે $6t^2 + 4t - 2 = 0$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે $3t^2 + 2t - 1 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $3t^2 + 3t - t - 1 = 0 \implies 3t(t + 1) - 1(t + 1) = 0$.
$(3t - 1)(t + 1) = 0$.
આથી $t = \frac{1}{3}$ અથવા $t = -1$ મળે છે.
સમય ઋણ હોઈ શકે નહીં,તેથી આપણે $t = \frac{1}{3}$ સેકન્ડ લઈએ છીએ.

(D) વક્ર $y=3x^4-5x^3-12x^2+18x+3$ ના સ્પર્શકનો ઢાળ વિકલિત $g(x) = \frac{dy}{dx}$ દ્વારા મળે છે.
વિકલન કરતા: $g(x) = 12x^3 - 15x^2 - 24x + 18$.
$g(x)$ ચુસ્ત રીતે વધતું વિધેય હોય તે માટે તેનું વિકલિત $g'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$g'(x) = 36x^2 - 30x - 24$.
$g'(x) > 0$ લેતા: $36x^2 - 30x - 24 > 0$.
$6$ વડે ભાગતા: $6x^2 - 5x - 4 > 0$.
અવયવ પાડતા: $(3x-4)(2x+1) > 0$.
બીજ $x = \frac{4}{3}$ અને $x = -\frac{1}{2}$ મળે છે.
આ અસમતા $x \in (-\infty, -\frac{1}{2}) \cup (\frac{4}{3}, \infty)$ માટે સાચી છે.
જેને $R - [-\frac{1}{2}, \frac{4}{3}]$ તરીકે લખી શકાય.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) આપેલ વિધેય $y = \sin x + \sin x \cos x = \sin x + \frac{1}{2} \sin 2x$ છે.
વિધેય $y$ કયા અંતરાલમાં ચુસ્ત વધતું છે તે શોધવા માટે,આપણે વિકલિત $\frac{dy}{dx}$ શોધીએ.
$\frac{dy}{dx} = \cos x + \cos 2x$.
વિધેય $y$ ચુસ્ત વધતું હોય તે માટે $\frac{dy}{dx} > 0$ હોવું જરૂરી છે.
$\cos x + (2 \cos^2 x - 1) > 0$.
ધારો કે $t = \cos x$,તો $2t^2 + t - 1 > 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(2t - 1)(t + 1) > 0$.
અહીં $t = \cos x$ અને $x \in [-\pi, \pi]$ હોવાથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $-1 \le t \le 1$.
$(2t - 1)(t + 1) > 0$ માટે,$t > \frac{1}{2}$ હોવું જોઈએ (કારણ કે $t+1$ હંમેશા $\ge 0$ છે અને $t \neq -1$).
આમ,$\cos x > \frac{1}{2}$.
અંતરાલ $[-\pi, \pi]$ માં,$\cos x > \frac{1}{2}$ નો અર્થ છે કે $x \in \left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$.
તેથી,વિધેય અંતરાલ $\left(-\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{3}\right)$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.

(C) વિધેય $f(x) = 2x + \log \left(\frac{x}{2+x}\right)$ કયા અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે તે શોધવા માટે,આપણે તેનું વિકલન $f'(x)$ શોધીએ.
પ્રથમ,નોંધો કે પ્રદેશ માટે $\frac{x}{2+x} > 0$ હોવું જરૂરી છે,જેનો અર્થ છે કે $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$.
$f(x) = 2x + \log(x) - \log(2+x)$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = 2 + \frac{1}{x} - \frac{1}{2+x}$.
$f'(x) = 2 + \frac{2+x-x}{x(2+x)} = 2 + \frac{2}{x(2+x)} = \frac{2x(2+x) + 2}{x(2+x)} = \frac{2(x^2 + 2x + 1)}{x(2+x)} = \frac{2(x+1)^2}{x(2+x)}$.
વિધેય વધતું વિધેય હોય તે માટે,આપણે $f'(x) > 0$ ની જરૂર છે.
કારણ કે $2(x+1)^2 \ge 0$ તમામ $x$ માટે,$f'(x) > 0$ ત્યારે થાય જ્યારે $x(2+x) > 0$ અને $x \neq -1$.
અસમતા $x(2+x) > 0$ એ $x \in (-\infty, -2) \cup (0, \infty)$ માટે સાચી છે.
આમ,વિધેય $(-\infty, -2) \cup (0, \infty)$ અંતરાલમાં વધતું વિધેય છે.

(A) કોઈ વિધેય એકવિધ વધતું છે કે નહીં તે નક્કી કરવા માટે,આપણે તપાસીએ છીએ કે તેના પ્રદેશમાં તમામ $x$ માટે તેનું વિકલન $f'(x) \ge 0$ છે કે નહીં.
વિકલ્પ $A$ માટે: $f'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x = \frac{1 - (1+x) + x(1+x)}{1+x} = \frac{1 - 1 - x + x + x^2}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$. $x > -1$ માટે,$f'(x) \ge 0$ થાય છે,તેથી તે એકવિધ વધતું વિધેય છે.
વિકલ્પ $B$ માટે: $g'(x) = \frac{2}{1+x^2} - 1 = \frac{2 - 1 - x^2}{1+x^2} = \frac{1-x^2}{1+x^2}$. આ $x = \pm 1$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
વિકલ્પ $C$ માટે: $h'(x) = -4 \sin x + 1$. આ $\sin x$ પર આધારિત ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
વિકલ્પ $D$ માટે: $u'(x) = \frac{1}{1+x} - \frac{(x+1)(1) - x(1)}{(x+1)^2} = \frac{1}{1+x} - \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{x+1-1}{(x+1)^2} = \frac{x}{(x+1)^2}$. આ $x = 0$ આગળ ચિહ્ન બદલે છે,તેથી તે એકવિધ વધતું નથી.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપેલ છે કે $f(x) = \sin x - \cos^2 x = \sin x - (1 - \sin^2 x) = \sin^2 x + \sin x - 1$.
ધારો કે $t = \sin x$. કારણ કે $x \in [-\pi, \pi]$,તેથી $t \in [-1, 1]$.
હવે $g(t) = t^2 + t - 1$.
$f(x)$ ચુસ્ત વધતું વિધેય હોય તે માટે $f'(x) > 0$ હોવું જોઈએ.
$f'(x) = \cos x + 2 \cos x \sin x = \cos x(1 + 2 \sin x)$.
$f'(x) > 0$ માટે:
કિસ્સો $1$: $\cos x > 0$ અને $1 + 2 \sin x > 0$.
$\cos x > 0 \implies x \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$.
$1 + 2 \sin x > 0 \implies \sin x > -\frac{1}{2} \implies x \in (-\frac{\pi}{6}, \frac{7\pi}{6})$.
છેદગણ: $x \in (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$.
કિસ્સો $2$: $\cos x < 0$ અને $1 + 2 \sin x < 0$.
$\cos x < 0 \implies x \in (-\pi, -\frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2}, \pi)$.
$1 + 2 \sin x < 0 \implies \sin x < -\frac{1}{2} \implies x \in (-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{6})$.
છેદગણ: $x \in (-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{2})$.
બંને કિસ્સાઓને જોડતા,$f(x)$ એ $(-\frac{5\pi}{6}, -\frac{\pi}{2}) \cup (-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{2})$ માં ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = x e^{x-x^2}$.
વિધેય વધતું કે ઘટતું છે તે નક્કી કરવા માટે,આપણે વિકલિત $f'(x)$ શોધીએ.
ગુણાકારના નિયમ અને સાંકળના નિયમનો ઉપયોગ કરતા:
$f'(x) = 1 \cdot e^{x-x^2} + x \cdot e^{x-x^2} \cdot (1-2x)$
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x(1-2x)]$
$f'(x) = e^{x-x^2} [1 + x - 2x^2]$
$f'(x) = e^{x-x^2} [-(2x^2 - x - 1)]$
$f'(x) = -e^{x-x^2} (2x+1)(x-1)$
વિધેય $f(x)$ વધતું હોય તે માટે $f'(x) \ge 0$ હોવું જોઈએ.
કારણ કે $e^{x-x^2} > 0$ દરેક $x \in R$ માટે,તેથી આપણે $-(2x+1)(x-1) \ge 0$ ની જરૂર છે,જેનો અર્થ છે કે $(2x+1)(x-1) \le 0$.
બીજ $x = -\frac{1}{2}$ અને $x = 1$ છે.
આ અસમતા $x \in \left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ માટે સાચી છે.
તેથી,$f(x)$ એ $\left[-\frac{1}{2}, 1\right]$ પર વધતું વિધેય છે.

(C) આપેલ સ્થાનાંતર વિધેય $S(t) = t^3 - 16t^2 + 64t - 16$ છે.
મહત્તમ સ્થાનાંતર શોધવા માટે,આપણે $S$ નું $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરીને વેગ $v(t)$ શોધીએ:
$v(t) = \frac{dS}{dt} = 3t^2 - 32t + 64$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે $v(t) = 0$ લેતા:
$3t^2 - 32t + 64 = 0$.
દ્વિઘાત સૂત્ર $t = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$t = \frac{32 \pm \sqrt{(-32)^2 - 4(3)(64)}}{2(3)} = \frac{32 \pm \sqrt{1024 - 768}}{6} = \frac{32 \pm \sqrt{256}}{6} = \frac{32 \pm 16}{6}$.
આનાથી બે કિંમતો મળે છે: $t_1 = \frac{48}{6} = 8$ અને $t_2 = \frac{16}{6} = \frac{8}{3}$.
હવે,મહત્તમ કિંમત ચકાસવા માટે આપણે દ્વિતીય વિકલન શોધીએ:
$a(t) = \frac{d^2S}{dt^2} = 6t - 32$.
$t = 8$ માટે: $a(8) = 6(8) - 32 = 48 - 32 = 16 > 0$ (સ્થાનિક ન્યૂનતમ).
$t = \frac{8}{3}$ માટે: $a(\frac{8}{3}) = 6(\frac{8}{3}) - 32 = 16 - 32 = -16 < 0$ (સ્થાનિક મહત્તમ).
આમ,$t = \frac{8}{3}$ સમયે સ્થાનાંતર મહત્તમ છે.

(C) ધારો કે $u = \sin x$. કારણ કે $x \in (0, \frac{\pi}{2})$,તેથી $u \in (0, 1)$.
વિધેય $g(u) = \frac{4}{u} + \frac{1}{1-u}$ વ્યાખ્યાયિત કરો.
અંતિમ મૂલ્ય શોધવા માટે,$g(u)$ નું $u$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરો:
$g'(u) = -\frac{4}{u^2} + \frac{1}{(1-u)^2}$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે $g'(u) = 0$ લો:
$\frac{1}{(1-u)^2} = \frac{4}{u^2} \implies u^2 = 4(1-u)^2 \implies u^2 = 4(1 - 2u + u^2)$.
$u^2 = 4 - 8u + 4u^2 \implies 3u^2 - 8u + 4 = 0$.
દ્વિઘાત સમીકરણ ઉકેલતા: $(3u - 2)(u - 2) = 0$.
$u \in (0, 1)$ હોવાથી,$u = \frac{2}{3}$ મળે.
આમ,$\sin k = \frac{2}{3}$.
તેથી $\cos^2 k = 1 - \sin^2 k = 1 - \frac{4}{9} = \frac{5}{9}$,એટલે કે $\cos k = \frac{\sqrt{5}}{3}$.
મૂલ્ય $m = f(k) = g(\frac{2}{3}) = \frac{4}{2/3} + \frac{1}{1-2/3} = 6 + 3 = 9$.
આપણે $m=9$ ના પદમાં $\cos k$ શોધવાનું છે.
$\cos k = \frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{9}} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{m}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) ધારો કે કાટકોણ ત્રિકોણની બાજુઓ $x$ અને $y$ છે,અને કર્ણ $h = 5$ છે.
પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ,$x^2 + y^2 = 5^2 = 25$.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $A = \frac{1}{2}xy$ છે.
$A$ ને મહત્તમ કરવા માટે,આપણે $A^2 = \frac{1}{4}x^2y^2$ ને મહત્તમ કરીએ છીએ.
ધારો કે $x^2 = 25 \cos^2 \theta$ અને $y^2 = 25 \sin^2 \theta$,જ્યાં $\theta \in (0, \pi/2)$.
તેથી $A = \frac{1}{2} (5 \cos \theta)(5 \sin \theta) = \frac{25}{4} \sin(2\theta)$.
ક્ષેત્રફળ $A$ ત્યારે મહત્તમ થાય છે જ્યારે $\sin(2\theta) = 1$,જેનો અર્થ છે કે $2\theta = \pi/2$,તેથી $\theta = \pi/4$.
આમ,$x = 5 \cos(\pi/4) = \frac{5}{\sqrt{2}}$ અને $y = 5 \sin(\pi/4) = \frac{5}{\sqrt{2}}$.
આ સમદ્વિબાજુ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
પરિમિતિ $P = x + y + h = \frac{5}{\sqrt{2}} + \frac{5}{\sqrt{2}} + 5 = \frac{10}{\sqrt{2}} + 5 = 5\sqrt{2} + 5 = 5(\sqrt{2} + 1)$.

(A) આપેલ છે $P(x) = x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + d$.
તેથી $P'(x) = 4x^3 + 3ax^2 + 2bx + c$.
આપેલ છે કે $x = 0$ એ $P'(x) = 0$ નું એકમાત્ર વાસ્તવિક બીજ છે.
$P'(x)$ એ ત્રિઘાત બહુપદી હોવાથી,તેને ઓછામાં ઓછું એક વાસ્તવિક બીજ હોવું જોઈએ.
જો $x = 0$ એકમાત્ર વાસ્તવિક બીજ હોય,તો $P'(x)$ એ $k x^3$ સ્વરૂપમાં હોવું જોઈએ.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$4x^3 = k x^3 \implies k = 4$,અને $3a = 0, 2b = 0, c = 0$.
આમ,$a = 0, b = 0, c = 0$.
તેથી,$P(x) = x^4 + d$.
$P'(x) = 4x^3$.
$x \in [-1, 0)$ માટે,$P'(x) < 0$,તેથી $P(x)$ ઘટતું વિધેય છે.
$x \in (0, 1]$ માટે,$P'(x) > 0$,તેથી $P(x)$ વધતું વિધેય છે.
આમ,$P(x)$ નું ન્યૂનતમ મૂલ્ય $x = 0$ પર મળે છે.
અંતરાલ $[-1, 1]$ માં,ન્યૂનતમ મૂલ્ય $P(0) = d$ છે.
મહત્તમ મૂલ્ય અંતિમ બિંદુઓ $x = -1$ અથવા $x = 1$ પર મળે છે.
$P(-1) < P(1)$ શરત મુજબ,$P(-1)$ ન્યૂનતમ નથી અને $P(1)$ મહત્તમ છે.

(A) વિધેય $f(x) = x e^{-x}$ ની મહત્તમ કિંમત શોધવા માટે, આપણે પહેલા $x$ ની સાપેક્ષમાં તેનું વિકલન શોધીએ છીએ.
ગુણાકારના નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $f'(x) = (1)e^{-x} + x(-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x)$.
ક્રિટિકલ પોઈન્ટ્સ માટે, $f'(x) = 0$ લો.
$e^{-x}(1 - x) = 0$.
કોઈપણ $x$ માટે $e^{-x} \neq 0$ હોવાથી, આપણને $1 - x = 0$ મળે છે, જે $x = 1$ આપે છે.
આ મહત્તમ છે તેની પુષ્ટિ કરવા માટે, આપણે દ્વિતીય વિકલન કસોટીનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$f''(x) = -e^{-x}(1 - x) + e^{-x}(-1) = e^{-x}(x - 1 - 1) = e^{-x}(x - 2)$.
$x = 1$ આગળ, $f''(1) = e^{-1}(1 - 2) = -e^{-1} < 0$.
$x = 1$ આગળ દ્વિતીય વિકલન ઋણ હોવાથી, વિધેય $x = 1$ આગળ સ્થાનિક મહત્તમ કિંમત પ્રાપ્ત કરે છે.
આમ, $k = 1$.

(C) આપેલ છે $f(x) = 2\sqrt{2} \sin x - \tan x$,અંતરાલ $[0, \pi/3]$ પર.
પ્રથમ,વિકલિત શોધો: $f'(x) = 2\sqrt{2} \cos x - \sec^2 x$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધવા માટે $f'(x) = 0$ લો:
$2\sqrt{2} \cos x = \frac{1}{\cos^2 x} \implies \cos^3 x = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^3$.
આથી,$\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$,જે $x = \pi/4$ આપે છે.
હવે,ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંત્યબિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધો:
$f(0) = 2\sqrt{2}(0) - 0 = 0$.
$f(\pi/4) = 2\sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}) - 1 = 2 - 1 = 1$.
$f(\pi/3) = 2\sqrt{2}(\frac{\sqrt{3}}{2}) - \sqrt{3} = \sqrt{6} - \sqrt{3} \approx 0.72$.
કિંમતોની સરખામણી કરતા: $m = 0$ અને $M = 1$.
તેથી,$m + M = 0 + 1 = 1$.

(B) ટર્નિંગ પોઈન્ટ્સ શોધવા માટે,આપણે એવા બિંદુઓ શોધવા પડશે જ્યાં વિકલન $f'(x) = 0$ થાય.
આપેલ છે $f(x) = 2 \cos x - \sin 2x$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$f'(x) = -2 \sin x - 2 \cos 2x$.
$f'(x) = 0$ લેતા:
$-2 \sin x - 2 \cos 2x = 0$
$\sin x + \cos 2x = 0$.
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sin x + 1 - 2 \sin^2 x = 0$
$2 \sin^2 x - \sin x - 1 = 0$.
ધારો કે $u = \sin x$,તો $2u^2 - u - 1 = 0$.
$(2u + 1)(u - 1) = 0$.
તેથી,$\sin x = 1$ અથવા $\sin x = -1/2$.
$[-\pi, \pi]$ માં $\sin x = 1$ માટે,$x = \pi/2$.
$[-\pi, \pi]$ માં $\sin x = -1/2$ માટે,$x = -\pi/6$ અને $x = -5\pi/6$.
આમ,આપેલ અંતરાલમાં કુલ $3$ ટર્નિંગ પોઈન્ટ્સ છે.

(C) અંતરાલ $[-1, 4]$ પર $f(x) = 2x^3 - 15x^2 + 36x - 30$ ની નિરપેક્ષ મહત્તમ અને ન્યૂનતમ કિંમતો શોધવા માટે,આપણે $f'(x) = 0$ લઈને ક્રાંતિક બિંદુઓ શોધીએ છીએ.
$f'(x) = 6x^2 - 30x + 36 = 6(x^2 - 5x + 6) = 6(x - 2)(x - 3)$.
ક્રાંતિક બિંદુઓ $x = 2$ અને $x = 3$ છે,જે બંને $[-1, 4]$ માં આવેલા છે.
હવે,આપણે ક્રાંતિક બિંદુઓ અને અંતરાલના અંતિમ બિંદુઓ પર $f(x)$ ની કિંમત શોધીએ:
$f(-1) = 2(-1)^3 - 15(-1)^2 + 36(-1) - 30 = -2 - 15 - 36 - 30 = -83$.
$f(2) = 2(8) - 15(4) + 36(2) - 30 = 16 - 60 + 72 - 30 = -2$.
$f(3) = 2(27) - 15(9) + 36(3) - 30 = 54 - 135 + 108 - 30 = -3$.
$f(4) = 2(64) - 15(16) + 36(4) - 30 = 128 - 240 + 144 - 30 = 2$.
નિરપેક્ષ મહત્તમ કિંમત $2$ છે અને નિરપેક્ષ ન્યૂનતમ કિંમત $-83$ છે.
તફાવત $2 - (-83) = 85$ થાય છે.

(D) આપેલ વિધેય $f(x) = 2 \sin x + \sin 2x$ અંતરાલ $[0, \pi]$ પર છે.
વિધેય $f(x)$ ત્રિકોણમિતીય વિધેયોનો સરવાળો હોવાથી,તે $[0, \pi]$ પર સતત છે અને $(0, \pi)$ પર વિકલનીય છે.
વળી,$f(0) = 2 \sin(0) + \sin(0) = 0$ અને $f(\pi) = 2 \sin(\pi) + \sin(2\pi) = 0$.
આમ,$f(0) = f(\pi)$,જે રોલના પ્રમેયની શરતોનું પાલન કરે છે.
આપણે $f'(x) = 2 \cos x + 2 \cos 2x$ મેળવીએ છીએ.
$f'(c) = 0$ લેતા,આપણને $2 \cos c + 2 \cos 2c = 0$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\cos c + \cos 2c = 0$.
નિત્યસમ $\cos 2c = 2 \cos^2 c - 1$ નો ઉપયોગ કરતા,$2 \cos^2 c + \cos c - 1 = 0$ મળે છે.
દ્વિઘાત સમીકરણના અવયવ પાડતા: $(2 \cos c - 1)(\cos c + 1) = 0$.
આથી $\cos c = \frac{1}{2}$ અથવા $\cos c = -1$.
$c \in (0, \pi)$ માટે,$\cos c = \frac{1}{2}$ નો અર્થ છે કે $c = \frac{\pi}{3}$.
કારણ કે $\cos c = -1$ થી $c = \pi$ મળે છે,જે વિવૃત અંતરાલ $(0, \pi)$ માં નથી,તેથી એકમાત્ર માન્ય મૂલ્ય $c = \frac{\pi}{3}$ છે.

(A) લેગ્રાન્જના મધ્યકમાન પ્રમેય મુજબ,જો વિધેય $f(x)$ એ $[a, b]$ પર સતત હોય અને $(a, b)$ પર વિકલનીય હોય,તો ઓછામાં ઓછું એક $c \in (a, b)$ એવું મળે કે જેથી $f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a}$ થાય.
અહીં $f(x) = e^x$ અંતરાલ $[1, 2]$ પર આપેલ છે,તેથી $a = 1$ અને $b = 2$.
$f'(x) = e^x$,તેથી $f'(c) = e^c$.
$f(1) = e^1 = e$ અને $f(2) = e^2$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા: $e^c = \frac{e^2 - e}{2 - 1} = e^2 - e$.
$e^c = e(e - 1)$.
અહીં $c = k$ હોવાથી,$e^k = e(e - 1)$ મળે.
બંને બાજુ $e$ વડે ભાગતા,$e^{k-1} = e - 1$ મળે.

(B) આપેલ છે કે $f(x)=x^3+b x^2+c x-6$ એ $[1,3]$ માં રોલના પ્રમેયનું પાલન કરે છે.
આનો અર્થ એ છે કે $f(1)=f(3)$.
$f(1) = 1+b+c-6 = b+c-5$.
$f(3) = 27+9b+3c-6 = 9b+3c+21$.
તેમને સરખાવતા: $b+c-5 = 9b+3c+21 \implies 8b+2c = -26 \implies 4b+c = -13$ (સમીકરણ $1$).
હવે,$f^{\prime}(x) = 3x^2+2bx+c$.
આપેલ છે કે $f^{\prime}\left(\frac{2 \sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}\right) = f^{\prime}\left(2+\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 0$.
$f^{\prime}(x)=0$ ના બીજ $x_1, x_2$ છે,અને રોલના પ્રમેય મુજબ,$(1,3)$ માં એવું $c$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $f^{\prime}(c)=0$.
$3x^2+2bx+c=0$ ના બીજ $x_1, x_2$ છે. બીજનો સરવાળો $x_1+x_2 = -\frac{2b}{3}$ અને ગુણાકાર $x_1 x_2 = \frac{c}{3}$ છે.
એક બીજ $2+\frac{1}{\sqrt{3}}$ આપેલ છે. સહગુણકો સંમેય હોવાથી,બીજું બીજ $2-\frac{1}{\sqrt{3}}$ થશે.
બીજનો સરવાળો: $(2+\frac{1}{\sqrt{3}}) + (2-\frac{1}{\sqrt{3}}) = 4 = -\frac{2b}{3} \implies b = -6$.
સમીકરણ $1$ માં $b=-6$ મૂકતા: $4(-6)+c = -13 \implies -24+c = -13 \implies c = 11$.
તેથી,$bc = (-6)(11) = -66$.

(D) આપેલ છે $g(x) = \frac{ax^3}{3} + \frac{bx^2}{2} + cx$.
$g(0)$ અને $g(1)$ ની ગણતરી કરતા:
$g(0) = 0$.
$g(1) = \frac{a}{3} + \frac{b}{2} + c = \frac{2a+3b+6c}{6}$.
$2a+3b+6c=0$ હોવાથી,આપણને $g(1) = 0$ મળે છે.
$g(x)$ એ બહુપદી હોવાથી,તે $[0,1]$ પર સતત છે અને $(0,1)$ પર વિકલનીય છે.
$g(0) = g(1) = 0$ હોવાથી,રોલના પ્રમેય મુજબ,ઓછામાં ઓછું એક $c_1 \in (0,1)$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $g'(c_1) = 0$.
નોંધો કે $g'(x) = ax^2+bx+c$.
આમ,$g'(c_1) = ac_1^2+bc_1+c = 0$.
આ સૂચવે છે કે દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2+bx+c=0$ ને $(0,1)$ માં ઓછામાં ઓછું એક બીજ $c_1$ છે.
તેથી,વિધાન-$I$ સાચું છે.
વિધાન-$II$ પણ સાચું છે કારણ કે $g(x)$ એ $[0,1]$ પર રોલના પ્રમેયની તમામ શરતોનું પાલન કરે છે,અને તે વિધાન-$I$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{e^{\sin x}(\sin 2x - 8 \cos x)}{2(\sin x - 3)^2} dx$.
$\sin 2x = 2 \sin x \cos x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{e^{\sin x}(2 \sin x \cos x - 8 \cos x)}{2(\sin x - 3)^2} dx = \int \frac{e^{\sin x} \cos x (\sin x - 4)}{(\sin x - 3)^2} dx$.
ધારો કે $t = \sin x$,તેથી $dt = \cos x dx$.
$I = \int \frac{e^t (t - 4)}{(t - 3)^2} dt = \int e^t \left( \frac{t - 3 - 1}{(t - 3)^2} \right) dt = \int e^t \left( \frac{1}{t - 3} - \frac{1}{(t - 3)^2} \right) dt$.
સૂત્ર $\int e^t (f(t) + f'(t)) dt = e^t f(t) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $f(t) = \frac{1}{t - 3}$ અને $f'(t) = -\frac{1}{(t - 3)^2}$.
તેથી,$I = e^t \left( \frac{1}{t - 3} \right) + c = \frac{e^{\sin x}}{\sin x - 3} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\sin 2x}{\sin^2 x + 3\cos x - 3} \, dx$.
$\sin 2x = 2\sin x \cos x$ અને $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{2\sin x \cos x}{1 - \cos^2 x + 3\cos x - 3} \, dx = \int \frac{2\sin x \cos x}{-\cos^2 x + 3\cos x - 2} \, dx$.
ધારો કે $t = \cos x$,તેથી $dt = -\sin x \, dx$,એટલે કે $\sin x \, dx = -dt$.
$I = \int \frac{2t}{-t^2 + 3t - 2} (-dt) = \int \frac{2t}{t^2 - 3t + 2} \, dt$.
છેદના અવયવ પાડતા: $t^2 - 3t + 2 = (t - 1)(t - 2)$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{2t}{(t - 1)(t - 2)} = \frac{A}{t - 1} + \frac{B}{t - 2}$.
$2t = A(t - 2) + B(t - 1)$.
$t = 1$ માટે,$2 = A(-1) \implies A = -2$.
$t = 2$ માટે,$4 = B(1) \implies B = 4$.
$I = \int \left( \frac{-2}{t - 1} + \frac{4}{t - 2} \right) dt = -2 \log |t - 1| + 4 \log |t - 2| + c$.
$I = \log |t - 2|^4 - \log |t - 1|^2 + c = \log \left| \frac{(t - 2)^4}{(t - 1)^2} \right| + c$.
$t = \cos x$ મૂકતા: $I = \log \left( \frac{(\cos x - 2)^4}{(\cos x - 1)^2} \right) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{\cos^3 x (\tan^3 x + 1)} = \int \frac{\sec^3 x}{\tan^3 x + 1} dx$.
$u = \tan x$ આદેશ લેતા,$du = \sec^2 x dx$.
અંશ અને છેદને $\cos^3 x$ વડે ભાગતા:
$t = \sin x - \cos x$ આદેશ લેતા,$dt = (\cos x + \sin x) dx$.
$t^2 = 1 - 2\sin x \cos x$,તેથી $\sin x \cos x = \frac{1-t^2}{2}$.
$\sin^3 x + \cos^3 x = (\sin x + \cos x)(1 - \sin x \cos x) = (\sin x + \cos x)(\frac{1+t^2}{2})$.
$I = \int \frac{2 dt}{(2-t^2)(1+t^2)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા: $\frac{2}{(2-t^2)(1+t^2)} = \frac{2/3}{2-t^2} + \frac{2/3}{1+t^2}$.
$I = \frac{2}{3} \int \frac{dt}{2-t^2} + \frac{2}{3} \int \frac{dt}{1+t^2} = \frac{1}{3\sqrt{2}} \log \left|\frac{\sqrt{2}+t}{\sqrt{2}-t}\right| + \frac{2}{3} \tan^{-1}(t) + c$.
સરખામણી કરતા $A = \frac{1}{3\sqrt{2}}$ અને $B = \frac{2}{3}$.
તેથી $\frac{B}{A} = 2\sqrt{2}$.
આમ,$(\frac{B}{A}, t) = (2\sqrt{2}, \sin x - \cos x)$.

(C) આપેલ સંકલન $\int e^{\sin x}(1+\sec x \tan x) d x = e^{\sin x} f(x) + c$ છે.
ધારો કે $I = \int e^{\sin x}(1+\sec x \tan x) d x$.
આપણે સંકલ્યને $e^{\sin x} + e^{\sin x} \sec x \tan x$ તરીકે લખી શકીએ.
$e^{\sin x} f(x)$ નું $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} [e^{\sin x} f(x)] = e^{\sin x} \cos x f(x) + e^{\sin x} f'(x) = e^{\sin x} (f'(x) + f(x) \cos x)$.
આને સંકલ્ય $e^{\sin x}(1+\sec x \tan x)$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f'(x) + f(x) \cos x = 1 + \sec x \tan x$ મળે છે.
નિરીક્ષણ દ્વારા,જો $f(x) = \sec x$ લઈએ,તો $f'(x) = \sec x \tan x$ થાય.
આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\sec x \tan x + \sec x \cos x = \sec x \tan x + 1$.
આ સંકલ્ય સાથે બંધ બેસે છે. તેથી,$f(x) = \sec x$.
આપણે $0 \leq x \leq 2 \pi$ માં $f(x) = 1$ માટે ઉકેલોની સંખ્યા શોધવાની છે.
$\sec x = 1 \implies \cos x = 1$.
અંતરાલ $[0, 2 \pi]$ માં,$\cos x = 1$ એ $x = 0$ અને $x = 2 \pi$ આગળ થાય છે.
તેથી,કુલ $2$ ઉકેલો મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x-1)^{3/2}(x-3)^{1/2}}$.
આપણે સંકલ્યને $I = \int \frac{dx}{(x-1)(x-1)^{1/2}(x-3)^{1/2}} = \int \frac{dx}{(x-1)\sqrt{(x-1)(x-3)}}$ તરીકે લખી શકીએ.
ધારો કે $x-1 = t$,તેથી $dx = dt$. ઉપરાંત,$x-3 = t-2$.
તેથી,$I = \int \frac{dt}{t\sqrt{t(t-2)}} = \int \frac{dt}{t\sqrt{t^2-2t}}$.
$t = \frac{1}{u}$ આદેશ લેતા,$dt = -\frac{1}{u^2} du$.
$I = \int \frac{-du/u^2}{(1/u)\sqrt{1/u^2 - 2/u}} = \int \frac{-du/u}{\frac{1}{u}\sqrt{1-2u}} = -\int \frac{du}{\sqrt{1-2u}}$.
$I = -\frac{(1-2u)^{1/2}}{1/2 \times (-2)} + c = (1-2u)^{1/2} + c = \sqrt{1 - \frac{2}{t}} + c = \sqrt{\frac{t-2}{t}} + c$.
$t = x-1$ મૂકતા,આપણને $I = \sqrt{\frac{x-1-2}{x-1}} + c = \sqrt{\frac{x-3}{x-1}} + c$ મળે છે.
આમ,$f(x) = \frac{x-3}{x-1}$.
હવે,$f(-1) = \frac{-1-3}{-1-1} = \frac{-4}{-2} = 2$.
અને $f(0) = \frac{0-3}{0-1} = \frac{-3}{-1} = 3$.
તેથી,$f(-1) - f(0) = 2 - 3 = -1$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x}{(1-x^2) \sqrt{2-x^2}} dx$.
$t = \sqrt{2-x^2}$ આદેશ લેતા.
તેથી $t^2 = 2-x^2$,જેનો અર્થ છે $x^2 = 2-t^2$.
બંને બાજુ વિકલન કરતા,$2t dt = -2x dx$,તેથી $x dx = -t dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-t dt}{(1-(2-t^2)) t} = \int \frac{-dt}{t^2-1} = \int \frac{dt}{1-t^2}$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{dt}{a^2-t^2} = \frac{1}{2a} \log \left| \frac{a+t}{a-t} \right| + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a=1$:
$I = \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+t}{1-t} \right| + c$.
$t = \sqrt{2-x^2}$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{2} \log \left| \frac{1+\sqrt{2-x^2}}{1-\sqrt{2-x^2}} \right| + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{1+x+\sqrt{x(1+x)}}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}} dx$.
અહીં $1+x = (\sqrt{1+x})^2$ અને $x = (\sqrt{x})^2$ છે.
તેથી,અંશને $(\sqrt{1+x})^2 + (\sqrt{x})^2 + \sqrt{x}\sqrt{1+x}$ તરીકે લખી શકાય.
આ પદાવલિને આ રીતે લખીએ:
$I = \int \frac{(\sqrt{1+x})^2 + \sqrt{x}\sqrt{1+x}}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}} dx$.
અંશમાંથી $\sqrt{1+x}$ સામાન્ય લેતા:
$I = \int \frac{\sqrt{1+x}(\sqrt{1+x} + \sqrt{x})}{\sqrt{x}+\sqrt{1+x}} dx$.
સમાન પદ $(\sqrt{x}+\sqrt{1+x})$ ને છેદતા:
$I = \int \sqrt{1+x} dx$.
ઘાતનો નિયમ $\int u^n du = \frac{u^{n+1}}{n+1} + c$ વાપરતા:
$I = \frac{(1+x)^{3/2}}{3/2} + c = \frac{2}{3}(1+x)^{3/2} + c$.

(A) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{1}{9 \cos^2 x - 24 \sin x \cos x + 16 \sin^2 x} dx$ છે.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{\sec^2 x}{9 - 24 \tan x + 16 \tan^2 x} dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
સંકલન $I = \int \frac{du}{(3 - 4u)^2} = \int (3 - 4u)^{-2} du$ બને છે.
સંકલન માટે ઘાતનો નિયમ વાપરતા:
$I = \frac{(3 - 4u)^{-1}}{(-1) \times (-4)} + c = \frac{1}{4(3 - 4u)} + c$.
$u = \tan x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{1}{4(3 - 4 \tan x)} + c = \frac{1}{4(3 - 4 \frac{\sin x}{\cos x})} + c = \frac{\cos x}{4(3 \cos x - 4 \sin x)} + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.