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

(B) આપેલ સમીકરણ: $2 \sin^2 \theta - \sin \theta \cos \theta - 3 \cos^2 \theta = 0$.
$\cos^2 \theta$ વડે ભાગતા ($\cos \theta \neq 0$ ધારીને):
$2 \tan^2 \theta - \tan \theta - 3 = 0$.
ધારો કે $x = \tan \theta$,તો $2x^2 - x - 3 = 0$.
$(2x - 3)(x + 1) = 0$.
તેથી,$\tan \theta = \frac{3}{2}$ અથવા $\tan \theta = -1$.
$\tan \theta = -1$ માટે,$(-\pi, \pi)$ માં $\theta = -\frac{\pi}{4}$ અને $\theta = \frac{3\pi}{4}$ મળે.
$\tan \theta = \frac{3}{2}$ માટે,$(-\pi, \pi)$ માં $\theta = \arctan(\frac{3}{2})$ અને $\theta = \arctan(\frac{3}{2}) - \pi$ મળે.
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $4$ છે.

(D) આપેલ સમીકરણ: $\cos \theta + \cos 2\theta - \sqrt{3}(\sin \theta + \sin 2\theta) + 1 = 0$.
$\cos 2\theta = 2\cos^2 \theta - 1$ અને $\sin 2\theta = 2\sin \theta \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos \theta + 2\cos^2 \theta - 1 - \sqrt{3}\sin \theta - 2\sqrt{3}\sin \theta \cos \theta + 1 = 0$.
$\cos \theta(1 + 2\cos \theta) - \sqrt{3}\sin \theta(1 + 2\cos \theta) = 0$.
$(1 + 2\cos \theta)(\cos \theta - \sqrt{3}\sin \theta) = 0$.
કિસ્સો $1$: $1 + 2\cos \theta = 0 \implies \cos \theta = -1/2$.
$(0, 2\pi)$ માં,$\theta = 2\pi/3, 4\pi/3$.
કિસ્સો $2$: $\cos \theta - \sqrt{3}\sin \theta = 0 \implies \tan \theta = 1/\sqrt{3}$.
$(0, 2\pi)$ માં,$\theta = \pi/6, 7\pi/6$.
ઉકેલો $\pi/6, 2\pi/3, 7\pi/6, 4\pi/3$ છે.
કુલ ઉકેલોની સંખ્યા $4$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ: $2 \sin x - \cos 2x = 1$.
નિત્યસમ $\cos 2x = 1 - 2 \sin^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \sin x - (1 - 2 \sin^2 x) = 1$
$2 \sin x - 1 + 2 \sin^2 x = 1$
$2 \sin^2 x + 2 \sin x - 2 = 0$
$2$ વડે ભાગતા:
$\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$
$\sin^2 x = 1 - \sin x$
આપણે $(3 - 2 \sin^2 x)$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$\sin^2 x = 1 - \sin x$ મૂકતા:
$3 - 2(1 - \sin x) = 3 - 2 + 2 \sin x = 1 + 2 \sin x$.
$\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$ પરથી,$\sin x = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}$.
$\sin x \in [-1, 1]$ હોવાથી,$\sin x = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ લેતા.
તેથી $1 + 2 \sin x = 1 + 2(\frac{\sqrt{5} - 1}{2}) = 1 + \sqrt{5} - 1 = \sqrt{5}$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\sec x \cos 5x + 1 = 0$ ને $\frac{\cos 5x}{\cos x} = -1$ તરીકે લખી શકાય,જ્યાં $\cos x \neq 0$.
આથી $\cos 5x = -\cos x$,એટલે કે $\cos 5x = \cos(\pi - x)$.
સામાન્ય ઉકેલ $x = \frac{(2n+1)\pi}{6}$ અથવા $x = \frac{(2n-1)\pi}{4}$ મળે છે.
અંતરાલ $[0, 2\pi]$ માં $\cos x = 0$ ન હોય તેવા કુલ $8$ ઉકેલો મળે છે.

(D) આપેલ સમીકરણ $\cos x \sqrt{16 \sin ^2 x} = 1$ છે.
આનું સાદું રૂપ $\cos x \cdot 4 |\sin x| = 1$ થાય,એટલે કે $2 \sin(2x) = 1$ (જ્યારે $\sin x > 0$) અને $-2 \sin(2x) = 1$ (જ્યારે $\sin x < 0$).
કિસ્સો $1$: $\sin x > 0$ $(x \in (0, \pi))$. તેથી $2 \sin(2x) = 1 \implies \sin(2x) = \frac{1}{2}$.
$2x = \frac{\pi}{6}, \frac{5 \pi}{6} \implies x = \frac{\pi}{12}, \frac{5 \pi}{12}$. બંને $(0, \pi)$ માં છે.
કિસ્સો $2$: $\sin x < 0$ $(x \in (\pi, 2 \pi))$. તેથી $-2 \sin(2x) = 1 \implies \sin(2x) = -\frac{1}{2}$.
$2x$ નો વિસ્તાર $x \in (\pi, 2 \pi)$ માટે $2x \in (2 \pi, 4 \pi)$ છે.
$2x = 2 \pi + \frac{7 \pi}{6} = \frac{19 \pi}{6} \implies x = \frac{19 \pi}{12}$ અને $2x = 2 \pi + \frac{11 \pi}{6} = \frac{23 \pi}{6} \implies x = \frac{23 \pi}{12}$.
ઉકેલોનો સરવાળો $= \frac{\pi}{12} + \frac{5 \pi}{12} + \frac{19 \pi}{12} + \frac{23 \pi}{12} = \frac{48 \pi}{12} = 4 \pi$.

(B) આપેલ સમીકરણ $\left(\sqrt{\sin^2 x - \sin x + \frac{1}{2}}\right) 2^{\sec^2 y} = 1$ છે.
આને $\sqrt{(\sin x - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}} = 2^{-\sec^2 y}$ તરીકે લખી શકાય.
બધા $y$ માટે જ્યાં $\sec y$ વ્યાખ્યાયિત છે,$\sec^2 y \geq 1$ હોવાથી $2^{-\sec^2 y} \leq 2^{-1} = \frac{1}{2}$ થાય.
વળી,$\sin^2 x - \sin x + \frac{1}{2} = (\sin x - \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{4}$ છે.
આ પદની ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{1}{4}$ છે (જ્યારે $\sin x = \frac{1}{2}$),તેથી વર્ગમૂળની કિંમત ઓછામાં ઓછી $\sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}$ થાય.
ગુણાકાર $1$ થવા માટે,$\sqrt{\sin^2 x - \sin x + \frac{1}{2}} = \frac{1}{2}$ અને $2^{\sec^2 y} = 2$ હોવું જોઈએ,જેનો અર્થ છે કે $\sec^2 y = 1$.
$\sec^2 y = 1 \implies \cos^2 y = 1 \implies y = 0$ ($0 \leq y \leq 3$ હોવાથી).
$\sqrt{\sin^2 x - \sin x + \frac{1}{2}} = \frac{1}{2} \implies \sin x = \frac{1}{2}$.
અંતરાલ $0 \leq x \leq 3$ માં,$\sin x = \frac{1}{2}$ ના બે ઉકેલો છે: $x = \frac{\pi}{6}$ અને $x = \frac{5\pi}{6}$.
આમ,ઉકેલો $(x, y)$ ની સંખ્યા $2$ છે.

(A) આપેલ સમીકરણ: $4 \cos 2 \theta \cos 3 \theta = \sec \theta$
$\cos \theta$ વડે ગુણતા ($\cos \theta \neq 0$ ધારીને):
$4 \cos 2 \theta \cos 3 \theta \cos \theta = 1$
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$2 \cos 2 \theta (\cos 4 \theta + \cos 2 \theta) = 1$
$2 \cos 2 \theta \cos 4 \theta + 2 \cos^2 2 \theta = 1$
$2 \cos A \cos B = \cos(A+B) + \cos(A-B)$ અને $2 \cos^2 A = 1 + \cos 2A$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\cos 6 \theta + \cos 2 \theta) + (1 + \cos 4 \theta) = 1$
$\cos 6 \theta + \cos 4 \theta + \cos 2 \theta = 0$
$\cos 6 \theta + \cos 2 \theta = 2 \cos 4 \theta \cos 2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos 4 \theta (2 \cos 2 \theta + 1) = 0$
કિસ્સો $1$: $\cos 4 \theta = 0 \implies 4 \theta = (2n+1) \frac{\pi}{2} \implies \theta = \frac{(2n+1) \pi}{8}$ જ્યાં $n = 0, 1, \dots, 7$ ($8$ ઉકેલો).
કિસ્સો $2$: $\cos 2 \theta = -\frac{1}{2} \implies 2 \theta = 2n \pi \pm \frac{2 \pi}{3} \implies \theta = n \pi \pm \frac{\pi}{3}$ જ્યાં $n = 0, 1, 2$ ($4$ ઉકેલો).
કુલ ઉકેલો = $8 + 4 = 12$.

(B) આપેલ છે કે $\sin \theta + 2 \cos \theta = 1$.
પુનઃગોઠવતા,$\sin \theta = 1 - 2 \cos \theta$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $\sin^2 \theta = (1 - 2 \cos \theta)^2$.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ નો ઉપયોગ કરતા: $1 - \cos^2 \theta = 1 - 4 \cos \theta + 4 \cos^2 \theta$.
સાદુરૂપ આપતા: $5 \cos^2 \theta - 4 \cos \theta = 0$.
તેથી,$\cos \theta (5 \cos \theta - 4) = 0$.
$\theta$ એ $4^{\text{th}}$ ચરણમાં હોવાથી,$\cos \theta \neq 0$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{4}{5}$.
કિંમત મુકતા: $\sin \theta = 1 - 2(\frac{4}{5}) = 1 - \frac{8}{5} = -\frac{3}{5}$.
હવે,$7 \cos \theta + 6 \sin \theta = 7(\frac{4}{5}) + 6(-\frac{3}{5}) = \frac{28}{5} - \frac{18}{5} = \frac{10}{5} = 2$.

(B) આપેલ અસમતા $\sqrt{3} \cos \theta + \sin \theta > 0$ છે.
આખી અસમતાને $2$ વડે ભાગતા:
$\frac{\sqrt{3}}{2} \cos \theta + \frac{1}{2} \sin \theta > 0$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos \frac{\pi}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ અને $\sin \frac{\pi}{6} = \frac{1}{2}$.
તેથી,$\cos \frac{\pi}{6} \cos \theta + \sin \frac{\pi}{6} \sin \theta > 0$.
નિત્યસમ $\cos(A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\cos(\theta - \frac{\pi}{6}) > 0$.
$\cos x > 0$ માટે,$x$ એ એક આવર્તનમાં $(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$ અંતરાલમાં હોવું જોઈએ.
તેથી,$-\frac{\pi}{2} < \theta - \frac{\pi}{6} < \frac{\pi}{2}$.
બધા ભાગોમાં $\frac{\pi}{6}$ ઉમેરતા:
$-\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6} < \theta < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{6}$.
$-\frac{\pi}{3} < \theta < \frac{2\pi}{3}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) ધારો કે ઉગમબિંદુ $(\alpha, \beta)$ પર ખસેડવામાં આવ્યું છે. રૂપાંતરણ સમીકરણો $x = X + \alpha$ અને $y = Y + \beta$ છે.
આ કિંમતોને મૂળ સમીકરણ $3x^2 + 4y^2 - xy - 5x - 7y + 2 = 0$ માં મૂકતા:
$3(X + \alpha)^2 + 4(Y + \beta)^2 - (X + \alpha)(Y + \beta) - 5(X + \alpha) - 7(Y + \beta) + 2 = 0$
આનું વિસ્તરણ કરતા,$X$ અને $Y$ ના સહગુણકો શૂન્ય હોવા જોઈએ જેથી સમીકરણ $3X^2 + 4Y^2 - XY + k = 0$ ના સ્વરૂપમાં આવે.
$X$ નો સહગુણક $6\alpha - \beta - 5 = 0$ છે.
$Y$ નો સહગુણક $8\beta - \alpha - 7 = 0$ છે.
આ સમીકરણો ઉકેલતા: $\alpha = 1, \beta = 1$.
$\alpha = 1, \beta = 1$ ને અચળ પદમાં મૂકતા:
$k = 3(1)^2 + 4(1)^2 - (1)(1) - 5(1) - 7(1) + 2 = 3 + 4 - 1 - 5 - 7 + 2 = -4$.
આમ,$\alpha + \beta - k = 1 + 1 - (-4) = 6$.

(A) મૂળ સમીકરણ $x^2+y^2=4$ છે.
અક્ષોનું પરિભ્રમણ સમીકરણના સ્વરૂપને બદલતું નથી કારણ કે ઉગમબિંદુથી અંતર અચળ રહે છે.
પરિભ્રમણ પછીના યામ $(x', y')$ હોય,તો $x'^2+y'^2=4$.
ત્યારબાદ,અક્ષોને નવા ઉગમબિંદુ $(h, k) = (2, -2)$ પર સ્થળાંતરિત કરવામાં આવે છે.
રૂપાંતરણ સમીકરણો $x' = X + 2$ અને $y' = Y - 2$ છે.
આ કિંમતો $x'^2+y'^2=4$ માં મૂકતા:
$(X+2)^2 + (Y-2)^2 = 4$
$X^2 + 4X + 4 + Y^2 - 4Y + 4 = 4$
$X^2 + Y^2 + 4X - 4Y + 4 = 0$.
$X^2+Y^2+aX+bY+c=0$ સાથે સરખાવતા,$a=4$,$b=-4$,અને $c=4$ મળે છે.
તેથી,$a+b+c = 4 - 4 + 4 = 4$.

(B) ધારો કે ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(x_1, y_1)$,$B(x_2, y_2)$,અને $C(x_3, y_3)$ છે.
$AD$ મધ્યગા હોવાથી,$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $D = (\frac{x_2+x_3}{2}, \frac{y_2+y_3}{2})$.
$E$ એ $AD$ નું મધ્યબિંદુ છે,તેથી $E = (\frac{2x_1+x_2+x_3}{4}, \frac{2y_1+y_2+y_3}{4})$.
ત્રિકોણ $ABC$ ના મધ્યકેન્દ્ર $G$ નો ઉપયોગ કરતા,$G = (\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3})$.
ત્રિકોણ $ADC$ માટે મેનેલાઉસના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા,$F$ એ $AC$ નું $1: 2$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.
તેથી,$AF: FC = 1: 2$,જેનો અર્થ છે કે $AF: AC = 1: (1+2) = 1: 3$.

(C) ધારો કે પ્રારંભિક યામ $(x, y) = (4, 1)$ છે.
$(i)$ ઉગમબિંદુને $(1, 6)$ પર ખસેડ્યા પછી,નવા યામ $(x', y')$ એ $x' = x - 1 = 4 - 1 = 3$ અને $y' = y - 6 = 1 - 6 = -5$ દ્વારા મળે છે. તેથી,$P' = (3, -5)$.
(ii) $X$-અક્ષની ધન દિશામાં $2$ એકમ સ્થળાંતર પછી,નવા યામ $(x'', y'')$ એ $x'' = x' + 2 = 3 + 2 = 5$ અને $y'' = y' = -5$ થાય છે. તેથી,$P'' = (5, -5)$.
(iii) અક્ષોને ધન દિશામાં $90^{\circ}$ ફેરવ્યા પછી,નવા યામ $(X, Y)$ એ $X = x'' \cos(90^{\circ}) + y'' \sin(90^{\circ}) = 5(0) + (-5)(1) = -5$ અને $Y = -x'' \sin(90^{\circ}) + y'' \cos(90^{\circ}) = -5(1) + (-5)(0) = -5$ દ્વારા મળે છે.
આમ,અંતિમ યામ $(-5, -5)$ છે.

(A) ધારો કે મૂળ યામ $(x, y)$ છે અને નવા યામ $(X, Y)$ છે.
રૂપાંતરણ સમીકરણો $x = X + 2$ અને $y = Y + 3$ છે.
આ કિંમતો મૂળ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(X+2)^2 + 3(X+2)(Y+3) - 2(Y+3)^2 + 4(X+2) - (Y+3) - 20 = 0$
સાદુરૂપ આપતા:
$X^2 + 3XY - 2Y^2 + 17X - 7Y - 11 = 0$
અહીં $D = 17$,$E = -7$,અને $F = -11$ મળે છે.
તેથી,$D + E + F = 17 - 7 - 11 = -1$.

(C) રેખાઓ $L_1: x-2=0$,$L_2: x+y-1=0$,અને $L_3: x-y+3=0$ છે.
$L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ: $x=2, 2+y-1=0 \implies y=-1$. શિરોબિંદુ $A = (2, -1)$.
$L_1$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ: $x=2, 2-y+3=0 \implies y=5$. શિરોબિંદુ $B = (2, 5)$.
$L_2$ અને $L_3$ નું છેદબિંદુ: $x+y=1$ અને $x-y=-3$. સરવાળો કરતા $2x=-2 \implies x=-1$. તેથી $-1+y=1 \implies y=2$. શિરોબિંદુ $C = (-1, 2)$.
બાજુઓની લંબાઈ: $c = AB = 6$,$b = AC = 3\sqrt{2}$,$a = BC = 3\sqrt{2}$.
અંતઃકેન્દ્ર $(\alpha, \beta) = (\frac{ax_1+bx_2+cx_3}{a+b+c}, \frac{ay_1+by_2+cy_3}{a+b+c})$.
$\beta = \frac{3\sqrt{2}(-1) + 3\sqrt{2}(5) + 6(-1)}{3\sqrt{2} + 3\sqrt{2} + 6} = \frac{12\sqrt{2}-6}{6(\sqrt{2}+1)} = \frac{2\sqrt{2}-1}{\sqrt{2}+1}$.

(A) ધારો કે $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર $(x, y)$ છે.
શિરોબિંદુઓના યામ $A(\cos \alpha, \sin \alpha)$,$B(\sin \alpha, -\cos \alpha)$,અને $C(1, 2)$ છે.
મધ્યકેન્દ્ર $(x, y)$ નીચે મુજબ મળે:
$x = \frac{\cos \alpha + \sin \alpha + 1}{3} \implies 3x - 1 = \cos \alpha + \sin \alpha$
$y = \frac{\sin \alpha - \cos \alpha + 2}{3} \implies 3y - 2 = \sin \alpha - \cos \alpha$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(3x - 1)^2 = (\cos \alpha + \sin \alpha)^2 = 1 + 2 \sin \alpha \cos \alpha$
$(3y - 2)^2 = (\sin \alpha - \cos \alpha)^2 = 1 - 2 \sin \alpha \cos \alpha$
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા:
$(3x - 1)^2 + (3y - 2)^2 = 2$
$9x^2 - 6x + 1 + 9y^2 - 12y + 4 = 2$
$9x^2 + 9y^2 - 6x - 12y + 3 = 0$
$3$ વડે ભાગતા:
$3(x^2 + y^2) - 2x - 4y + 1 = 0$.

(A) ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $A(7,5), B(-5,-7), C(7,-7)$ છે.
$AC$ શિરોલંબ $(x=7)$ અને $BC$ સમક્ષિતિજ $(y=-7)$ હોવાથી,ત્રિકોણ $C(7,-7)$ આગળ કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
કાટકોણ ત્રિકોણનું લંબકેન્દ્ર $H$ એ કાટખૂણો બનાવતું શિરોબિંદુ હોય છે,તેથી $H = (7,-7)$.
અક્ષોને $(7,-7)$ પર સ્થળાંતરિત કરવામાં આવે છે,તેથી નવા યામ $(X, Y)$ અને જૂના યામ $(x, y)$ વચ્ચેનો સંબંધ $X = x - 7$ અને $Y = y + 7$ છે.
બાજુઓની લંબાઈ $a = BC = 12$,$b = AC = 12$,અને $c = AB = 12\sqrt{2}$ છે.
અંતઃકેન્દ્ર $I(x_i, y_i)$ નું સૂત્ર $(\frac{ax_A + bx_B + cx_C}{a+b+c}, \frac{ay_A + by_B + cy_C}{a+b+c})$ છે.
$x_i = \frac{12(7) + 12(-5) + 12\sqrt{2}(7)}{12 + 12 + 12\sqrt{2}} = 6\sqrt{2} - 5$.
$y_i = \frac{12(5) + 12(-7) + 12\sqrt{2}(-7)}{12 + 12 + 12\sqrt{2}} = 5 - 6\sqrt{2}$.
નવી પદ્ધતિમાં,$X_i = x_i - 7 = 6\sqrt{2} - 12$ અને $Y_i = y_i + 7 = 12 - 6\sqrt{2}$.

(A) ધારો કે મૂળ યામ $(x, y)$ છે અને નવા યામ $(x', y')$ છે. પરિભ્રમણ રૂપાંતરણ નીચે મુજબ છે:
$x = x' \cos 60^{\circ} - y' \sin 60^{\circ} = \frac{x'}{2} - \frac{\sqrt{3}y'}{2}$
$y = x' \sin 60^{\circ} + y' \cos 60^{\circ} = \frac{\sqrt{3}x'}{2} + \frac{y'}{2}$
આ કિંમતોને $x+y=1$ સમીકરણમાં મૂકતા:
$(\frac{x'}{2} - \frac{\sqrt{3}y'}{2}) + (\frac{\sqrt{3}x'}{2} + \frac{y'}{2}) = 1$
$x'(\frac{1+\sqrt{3}}{2}) + y'(\frac{1-\sqrt{3}}{2}) = 1$
આ $\frac{x'}{a} + \frac{y'}{b} = 1$ ના સ્વરૂપમાં છે,જ્યાં $a = \frac{2}{1+\sqrt{3}}$ અને $b = \frac{2}{1-\sqrt{3}}$.
તેથી $\frac{1}{a} = \frac{1+\sqrt{3}}{2}$ અને $\frac{1}{b} = \frac{1-\sqrt{3}}{2}$.
$\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} = (\frac{1+\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{1-\sqrt{3}}{2})^2$
$= \frac{1+3+2\sqrt{3}}{4} + \frac{1+3-2\sqrt{3}}{4} = \frac{4+2\sqrt{3} + 4-2\sqrt{3}}{4} = \frac{8}{4} = 2$.

(C) આપેલ રેખાઓ $L_1: 4x + 2y - 9 = 0$ અને $L_2: 2x + y + 6 = 0$ છે.
$L_1$ ને $2(2x + y) = 9$ તરીકે લખી શકાય,એટલે કે $2x + y = 4.5$.
ઉગમબિંદુમાંથી પસાર થતી રેખા $y = mx$ ધારો.
$y = mx$ ને $L_1$ માં મૂકતા: $x_P = \frac{4.5}{2+m}$,$y_P = \frac{4.5m}{2+m}$.
$y = mx$ ને $L_2$ માં મૂકતા: $x_Q = \frac{-6}{2+m}$,$y_Q = \frac{-6m}{2+m}$.
$O$ એ ઉગમબિંદુ $(0,0)$ હોવાથી,$O$ એ $PQ$ નું વિભાજન કરે તે ગુણોત્તર $OP$ અને $OQ$ ના અંતરનો ગુણોત્તર છે.
$OP : OQ = 4.5 : 6 = 3 : 4$.
આમ,$O$ એ $PQ$ નું $3:4$ ગુણોત્તરમાં વિભાજન કરે છે.

(C) રેખાનું સમીકરણ $12x - 5y + 13 = 0$ છે,જેને $12x - 5y = -13$ તરીકે લખી શકાય.
$-1$ વડે ગુણતા,આપણને $-12x + 5y = 13$ મળે છે.
$\sqrt{(-12)^2 + 5^2} = 13$ વડે ભાગતા,આપણને રેખાનું અભિલંબ સ્વરૂપ મળે છે:
$-\frac{12}{13}x + \frac{5}{13}y = 1$.
અભિલંબ સ્વરૂપ $x \cos \alpha + y \sin \alpha = p$ છે,જ્યાં $\cos \alpha = -\frac{12}{13}$ અને $\sin \alpha = \frac{5}{13}$ છે.
$\cos \alpha < 0$ અને $\sin \alpha > 0$ હોવાથી,ખૂણો $\alpha$ બીજા ચરણમાં છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{5/13}{-12/13} = -\frac{5}{12}$.
તેથી,$\alpha = \pi - \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12}$.

(B) કારણ કે $L_1$ અને $L_2$ સમાંતર છે,તેથી તેમના ઢાળ સમાન છે.
$L_2 \equiv 4x-6y+8=0$ માટે,ઢાળ $m_2 = -\frac{4}{-6} = \frac{2}{3}$ છે.
$L_1$ એ $L_2$ ને સમાંતર હોવાથી,$L_1 \equiv ax-3y+5=0$ નો ઢાળ $\frac{a}{3} = \frac{2}{3}$ થશે,જે $a=2$ આપે છે.
$L_1: 2x-3y+5=0$ માટે,$X$-અંતઃખંડ $p$ શોધવા માટે $y=0$ લેતા,$2p+5=0 \implies p = -\frac{5}{2}$.
$Y$-અંતઃખંડ $q$ શોધવા માટે $x=0$ લેતા,$-3q+5=0 \implies q = \frac{5}{3}$. બિંદુ $(p, q) = (-\frac{5}{2}, \frac{5}{3})$.
$L_2: 4x-6y+8=0$ માટે,$X$-અંતઃખંડ $m$ શોધવા માટે $y=0$ લેતા,$4m+8=0 \implies m = -2$.
$Y$-અંતઃખંડ $n$ શોધવા માટે $x=0$ લેતા,$-6n+8=0 \implies n = \frac{4}{3}$. બિંદુ $(m, n) = (-2, \frac{4}{3})$.
$(p, q)$ અને $(m, n)$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $M = \frac{\frac{4}{3} - \frac{5}{3}}{-2 - (-\frac{5}{2})} = \frac{-\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = -\frac{2}{3}$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $y - \frac{4}{3} = -\frac{2}{3}(x + 2) \implies 3y - 4 = -2x - 4 \implies 2x + 3y = 0$ છે.

(C) પગલું $1$: છેદબિંદુઓ $P$ અને $Q$ શોધો.
$L_1: y=x$ અને $L_3: y=-2$ માટે,$P = (-2, -2)$ મળે છે.
$L_2: y=-2x$ અને $L_3: y=-2$ માટે,$-2 = -2x \implies x=1$,તેથી $Q = (1, -2)$ મળે છે.
પગલું $2$: ખૂણાના દ્વિભાજક પ્રમેયનો ઉપયોગ કરીને $PR$ અને $RQ$ ની લંબાઈ શોધો.
અંતર $OP = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$.
અંતર $OQ = \sqrt{1^2 + (-2)^2} = \sqrt{5}$.
ઉગમબિંદુ $O(0,0)$ એ $L_1$ અને $L_2$ નું છેદબિંદુ છે. ખૂણાના દ્વિભાજક પ્રમેય મુજબ,$PR:RQ = OP:OQ = 2\sqrt{2}:\sqrt{5}$.
આમ,વિધાન-$I$ સાચું છે.
પગલું $3$: વિધાન-$II$ નું મૂલ્યાંકન કરો.
ખૂણાના દ્વિભાજકનું પ્રમેય જણાવે છે કે ત્રિકોણના ખૂણાનો દ્વિભાજક સામેની બાજુને અન્ય બે બાજુઓના પ્રમાણમાં વિભાજિત કરે છે. વિધાન-$II$ એ પ્રમાણિત ભૂમિતિનું પ્રમેય છે. તેથી,વિધાન-$II$ સાચું છે અને તે વિધાન-$I$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(A) રેખા $x-y-2=0$ છે,જેનો ઢાળ $m=1$ છે,તેથી $\theta = 45^{\circ}$.
તેથી,$\cos \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$ અને $\sin \theta = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$P(6,4)$ થી $r=4$ અંતરે આવેલા બિંદુઓના યામ $(x \pm r \cos \theta, y \pm r \sin \theta)$ દ્વારા મળે છે.
$A$ માટે,$(\alpha, \beta) = (6 + 2\sqrt{2}, 4 + 2\sqrt{2})$.
$B$ માટે,$(\gamma, \delta) = (6 - 2\sqrt{2}, 4 - 2\sqrt{2})$.
હવે,$\alpha^2 + \beta^2 = 68 + 40\sqrt{2}$ અને $\gamma^2 + \delta^2 = 68 - 40\sqrt{2}$.
તેથી,$\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 + \delta^2 = 136$.

(A) રેખા $L$ એ $P(1, 2)$ માંથી પસાર થાય છે અને તેનો ઢાળ ખૂણો $\theta = 60^{\circ}$ છે.
$P$ થી $r = 4$ અંતરે આવેલા બિંદુઓ $A$ અને $B$ ના યામ $(x_1 + r \cos \theta, y_1 + r \sin \theta)$ અને $(x_1 - r \cos \theta, y_1 - r \sin \theta)$ દ્વારા મળે છે.
$A = (1 + 4 \cos 60^{\circ}, 2 + 4 \sin 60^{\circ}) = (3, 2 + 2\sqrt{3})$.
$B = (1 - 4 \cos 60^{\circ}, 2 - 4 \sin 60^{\circ}) = (-1, 2 - 2\sqrt{3})$.
$\triangle OAB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x_A y_B - x_B y_A| = \frac{1}{2} |(3)(2 - 2\sqrt{3}) - (-1)(2 + 2\sqrt{3})| = \frac{1}{2} |8 - 4\sqrt{3}| = 4 - 2\sqrt{3}$.

(A) આપેલ રેખા $x-2y+3=0$ છે.
$X$-અંતઃખંડ $A$ શોધવા માટે,$y=0$ મૂકો: $x+3=0 \implies x=-3$. તેથી,$A = (-3, 0)$.
$Y$-અંતઃખંડ $B$ શોધવા માટે,$x=0$ મૂકો: $-2y+3=0 \implies y=3/2$. તેથી,$B = (0, 3/2)$.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી રેખા $ax+by+c=0$ પરના લંબનો લંબપાદ $M(x_1, y_1)$ શોધવાનું સૂત્ર $\frac{x_1}{a} = \frac{y_1}{b} = -\frac{c}{a^2+b^2}$ છે.
અહીં,$a=1, b=-2, c=3$.
$\frac{x_1}{1} = \frac{y_1}{-2} = -\frac{3}{1+4} = -\frac{3}{5}$.
તેથી,$x_1 = -3/5$ અને $y_1 = 6/5$. આમ,$M = (-3/5, 6/5)$.
હવે,$A = (-3, 0)$ અને $M = (-3/5, 6/5)$ વચ્ચેનું અંતર $AM$ શોધો:
$AM = \sqrt{(-3/5 + 3)^2 + (6/5 - 0)^2} = \sqrt{(12/5)^2 + (6/5)^2} = \sqrt{144/25 + 36/25} = \sqrt{180/25} = \frac{6 \sqrt{5}}{5}$.

(A) સૌ પ્રથમ,$L_2$ ની રેખાઓ $3x-y+2=0$ અને $x-3y-2=0$ નું છેદબિંદુ શોધો. ઉકેલતા,$x=-1, y=-1$ મળે છે. $L_2$ એ $(0,0)$ અને $(-1,-1)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,તેનું સમીકરણ $y=x$ અથવા $x-y=0$ છે.
ત્યારબાદ,$L_1$ ની રેખાઓ $x-2y+3=0$ અને $2x-y=0$ નું છેદબિંદુ શોધો. ઉકેલતા,$x=-1, y=-2$ મળે છે. $L_1$ એ $L_2$ $(x-y=0)$ ને સમાંતર હોવાથી,તેનું સમીકરણ $x-y+k=0$ છે. $(-1,-2)$ મૂકતા,$-1-(-2)+k=0$ મળે,તેથી $k=-1$. આમ,$L_1$ એ $x-y-1=0$ છે.
સમાંતર રેખાઓ $Ax+By+C_1=0$ અને $Ax+By+C_2=0$ વચ્ચેનું અંતર $d = \frac{|C_1-C_2|}{\sqrt{A^2+B^2}}$ છે.
અહીં,$d = \frac{|-1-0|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

(A) બિંદુ $(x_1, y_1)$ થી રેખા $Ax + By + C = 0$ નું લંબ અંતર $d = \frac{|Ax_1 + By_1 + C|}{\sqrt{A^2 + B^2}}$ છે.
બિંદુ $(2, 3)$ માટે,$d_1 = \frac{|3(2) + 4(3) - 3|}{5} = 3$.
અંતર સમાન હોવાથી,$d_2 = d_3 = 3$.
$(4, a)$ માટે,$|4a + 9| = 15 \implies a = 1.5$ અથવા $a = -6$.
$(\alpha, \beta)$ માટે,$|3\alpha + 4\beta - 3| = 15$.
સમીકરણો ઉકેલતા,શક્ય કિંમતોનો સરવાળો $\frac{-79}{10}$ મળે છે.

(A) રેખા $4x + 3y - 1 = 0$ છે. આ રેખાનો ઢાળ $m = -4/3$ છે.
ધારો કે રેખા પરનું બિંદુ $(x, y)$ છે. બિંદુ $A(-2, 3)$ થી $r = 10$ અંતરે આવેલા બિંદુઓ માટે પ્રાચલિત સ્વરૂપ: $x = x_0 + r cos \theta$ અને $y = y_0 + r sin \theta$.
ઢાળ $m = \tan \theta = -4/3$ હોવાથી,$\cos \theta = \pm 3/5$ અને $\sin \theta = \mp 4/5$ મળે.
બે બિંદુઓ $(x_1, y_1)$ અને $(x_2, y_2)$ માટે:
$x_1 = -2 + 10(3/5) = 4, y_1 = 3 + 10(-4/5) = -5$
$x_2 = -2 + 10(-3/5) = -8, y_2 = 3 + 10(4/5) = 11$
હવે,$(x_1 + y_1)^2 + (x_2 + y_2)^2$ ની ગણતરી કરતા:
$(4 - 5)^2 + (-8 + 11)^2 = (-1)^2 + (3)^2 = 1 + 9 = 10$.

(A) રેખા $ax + by + c = 0$ ની સાપેક્ષે બિંદુ $(x_1, y_1)$ ના પ્રતિબિંબ $(h, k)$ માટેનું સૂત્ર $\frac{h - x_1}{a} = \frac{k - y_1}{b} = -2 \frac{ax_1 + by_1 + c}{a^2 + b^2}$ છે.
અહીં રેખા $5x - 3y - 2 = 0$ અને બિંદુ $(2, -3)$ આપેલ છે,તેથી $a = 5, b = -3, c = -2, x_1 = 2, y_1 = -3$.
$ax_1 + by_1 + c = 5(2) - 3(-3) - 2 = 10 + 9 - 2 = 17$.
$a^2 + b^2 = 5^2 + (-3)^2 = 25 + 9 = 34$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા: $\frac{h - 2}{5} = \frac{k - (-3)}{-3} = -2 \frac{17}{34} = -1$.
તેથી,$h - 2 = 5(-1) \implies h = -3$.
અને $k + 3 = -3(-1) \implies k + 3 = 3 \implies k = 0$.
આમ,$h + k = -3 + 0 = -3$.

(D) રેખા $L$ નો ઢાળ $m = \tan(\frac{\pi}{6}) = \frac{1}{\sqrt{3}}$ છે.
રેખાનું સમીકરણ $y = \frac{1}{\sqrt{3}}x + c$ છે,જે $x - \sqrt{3}y + \sqrt{3}c = 0$ તરીકે લખી શકાય.
ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી રેખાનું અંતર $5$ હોવાથી,$\frac{|\sqrt{3}c|}{\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}} = 5$.
$\frac{|\sqrt{3}c|}{2} = 5 \implies |\sqrt{3}c| = 10 \implies \sqrt{3}c = \pm 10$.
$Y$-અંતઃખંડ $c$ ઋણ હોવાથી,આપણે $\sqrt{3}c = -10$ લઈએ છીએ.
રેખા $L$ નું સમીકરણ $x - \sqrt{3}y - 10 = 0$ છે.
બિંદુ $(1, -\sqrt{3})$ થી રેખા $L$ નું લંબ અંતર $d = \frac{|1(1) - \sqrt{3}(-\sqrt{3}) - 10|}{\sqrt{1^2 + (-\sqrt{3})^2}}$ છે.
$d = \frac{|1 + 3 - 10|}{\sqrt{1 + 3}} = \frac{|-6|}{2} = 3$.

(B) ધારો કે બિંદુ $P(x_1, y_1) = (2, -1)$ છે અને રેખા $ax + by + c = 0$ એટલે કે $x - y + 1 = 0$ છે.
બિંદુનું પ્રતિબિંબ $P'(x', y')$ શોધવાનું સૂત્ર:
$\frac{x' - x_1}{a} = \frac{y' - y_1}{b} = -2 \frac{ax_1 + by_1 + c}{a^2 + b^2}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{x' - 2}{1} = \frac{y' - (-1)}{-1} = -2 \frac{1(2) - 1(-1) + 1}{1^2 + (-1)^2}$
$\frac{x' - 2}{1} = \frac{y' + 1}{-1} = -2 \frac{4}{2} = -4$
તેથી,$x' - 2 = -4 \implies x' = -2$
અને $y' + 1 = 4 \implies y' = 3$
આમ,પ્રતિબિંબ $(-2, 3)$ છે.

(D) પગલું $1$: પ્રથમ બે સમીકરણો ઉકેલીને સંગામી બિંદુ $(\alpha, \beta)$ શોધો:
$x+y=2$ $(i)$
$3x-4y=-1$ (ii)
$(i)$ ને $4$ વડે ગુણતા: $4x+4y=8$ (iii)
(ii) અને (iii) નો સરવાળો કરતા: $7x=7 \implies x=1$.
$x=1$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $1+y=2 \implies y=1$.
તેથી,સંગામી બિંદુ $(1, 1)$ છે.
પગલું $2$: ત્રીજી રેખા $5x+ky-7=0$ એ $(1, 1)$ માંથી પસાર થાય છે તેમ લઈને $k$ શોધો:
$5(1)+k(1)-7=0 \implies 5+k-7=0 \implies k=2$.
પગલું $3$: $(1, 1)$ માંથી પસાર થતી અને $kx+y-k=0$ (એટલે કે $2x+y-2=0$) ને લંબ રેખાનું સમીકરણ શોધો:
$2x+y-2=0$ નો ઢાળ $m_1 = -2$ છે.
જરૂરી રેખાનો ઢાળ $m_2 = \frac{-1}{m_1} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$ થશે.
પગલું $4$: બિંદુ-ઢાળ સ્વરૂપ $y-y_1 = m_2(x-x_1)$ નો ઉપયોગ કરતા:
$y-1 = \frac{1}{2}(x-1) \implies 2y-2 = x-1 \implies x-2y = -1$.

(B) ધારો કે બે રેખાઓ $L_1: 3x + 2y + 4 = 0$ અને $L_2: ax + by + c = 0$ છે. દુભાજક $L_B: 2x + 3y + 1 = 0$ છે.
$L_B$ એ ખૂણાનો દુભાજક હોવાથી,$L_B$ પરનું કોઈપણ બિંદુ $(x, y)$ એ $L_1$ અને $L_2$ થી સમાન અંતરે હોય છે.
બે રેખાઓ $L_1$ અને $L_2$ વચ્ચેના ખૂણાનો દુભાજક $\frac{L_1}{\sqrt{A_1^2 + B_1^2}} = \pm \frac{L_2}{\sqrt{A_2^2 + B_2^2}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ $L_1: 3x + 2y + 4 = 0$ અને $L_B: 2x + 3y + 1 = 0$ પરથી,બીજી રેખા $L_2$ નું સમીકરણ $9x + 46y - 28 = 0$ મળે છે.

(A) ધારો કે ચલ બિંદુ $P$ ના યામ $(x, y)$ છે.
બિંદુ $P(x, y)$ નું $A(2, -2)$ થી અંતર $PA = \sqrt{(x - 2)^2 + (y + 2)^2}$ છે.
બિંદુ $P(x, y)$ નું $Y$-અક્ષથી અંતર $|x|$ છે.
પ્રશ્ન મુજબ,$PA = 2|x|$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$PA^2 = 4x^2$.
$(x - 2)^2 + (y + 2)^2 = 4x^2$.
$x^2 - 4x + 4 + y^2 + 4y + 4 = 4x^2$.
પદોને ગોઠવતા,આપણને $3x^2 - y^2 + 4x - 4y - 8 = 0$ મળે છે.

(A) ધારો કે બિંદુ $P$ એ $(x, y)$ છે.
રેખા $2x - 3y + 1 = 0$ થી $P$ નું અંતર $\frac{|2x - 3y + 1|}{\sqrt{2^2 + (-3)^2}} = 2$ દ્વારા મળે છે.
તેથી,$|2x - 3y + 1| = 2\sqrt{13}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$(2x - 3y + 1)^2 = 52$.
$4x^2 + 9y^2 + 1 - 12xy + 4x - 6y = 52$.
$4x^2 - 12xy + 9y^2 + 4x - 6y - 51 = 0$ (સમીકરણ $1$).
બિંદુ $(5, 6)$ થી $P$ નું અંતર $\sqrt{13}$ છે,તેથી $(x - 5)^2 + (y - 6)^2 = 13$.
$x^2 + y^2 - 10x - 12y + 48 = 0$ (સમીકરણ $2$).
આ સમીકરણો ઉકેલતા,બિંદુપથ $4x^2 + 12xy - 5y^2 - 44x - 42y + 243 = 0$ મળે છે.

(A) ધારો કે $P$ ના યામ $(a, 0)$ અને $Q$ ના યામ $(0, b)$ છે.
રેખા $(2, 3)$ માંથી પસાર થતી હોવાથી,રેખાનું સમીકરણ $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1$ છે.
$(2, 3)$ બિંદુ રેખા પર હોવાથી,$\frac{2}{a} + \frac{3}{b} = 1$ મળે.
$OPRQ$ એ $O(0,0)$,$P(a,0)$,અને $Q(0,b)$ સાથેનો લંબચોરસ હોવાથી,$R$ ના યામ $(a, b)$ થાય.
ધારો કે $R = (x, y)$,તેથી $x = a$ અને $y = b$.
સમીકરણ $\frac{2}{a} + \frac{3}{b} = 1$ માં $a = x$ અને $b = y$ મૂકતા,આપણને $\frac{2}{x} + \frac{3}{y} = 1$ મળે.
$xy$ વડે ગુણતા,$2y + 3x = xy$ અથવા $3x + 2y = xy$ મળે.

(C) ધારો કે બિંદુ $P$ ના યામ $(x, y)$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} |x_1(y_2-y_3) + x_2(y_3-y_1) + x_3(y_1-y_2)|$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
$\triangle PAB$ માટે: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |2x - y - 2|$.
$\triangle PAC$ માટે: ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} |x + y - 1|$.
બંને ક્ષેત્રફળ સમાન હોવાથી,$|2x - y - 2| = |x + y - 1|$.
આથી $2x - y - 2 = x + y - 1$ અથવા $2x - y - 2 = -(x + y - 1)$.
સાદુરૂપ આપતા,$(x - 2y - 1)(x - 1) = 0$,એટલે કે $x^2 - 2xy - 2x + 2y + 1 = 0$.

(B) યામ અક્ષોથી સમાન અંતરે આવેલા બિંદુ $(x, y)$ નો બિંદુપથ $|x| = |y|$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જેનો અર્થ $y = x$ અથવા $y = -x$ થાય છે.
આ બંને રેખાઓ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ પર છેદે છે.
રેખા $y = 3$ એ $y = x$ ને $(3, 3)$ પર અને $y = -x$ ને $(-3, 3)$ પર છેદે છે.
આ ત્રણ રેખાઓ $(0, 0)$,$(3, 3)$ અને $(-3, 3)$ શિરોબિંદુઓ ધરાવતો ત્રિકોણ બનાવે છે.
આ ત્રિકોણનો પાયો રેખા $y = 3$ પર છે અને તેની લંબાઈ $(-3, 3)$ અને $(3, 3)$ વચ્ચેનું અંતર છે,જે $|3 - (-3)| = 6$ છે.
ત્રિકોણની ઊંચાઈ ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ થી રેખા $y = 3$ સુધીનું લંબ અંતર છે,જે $3$ છે.
ત્રિકોણનું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{ઊંચાઈ} = \frac{1}{2} \times 6 \times 3 = 9$ થાય છે.

(A) ધારો કે $\triangle APQ$ નું મધ્યકેન્દ્ર $(h, k)$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(a, 0)$,$P(a \cos \theta, a \sin \theta)$,અને $Q(b \sin \theta, -b \cos \theta)$ છે.
મધ્યકેન્દ્ર $(h, k)$ નીચે મુજબ મળે:
$h = \frac{a + a \cos \theta + b \sin \theta}{3} \implies 3h - a = a \cos \theta + b \sin \theta$
$k = \frac{0 + a \sin \theta - b \cos \theta}{3} \implies 3k = a \sin \theta - b \cos \theta$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા:
$(3h - a)^2 + (3k)^2 = (a \cos \theta + b \sin \theta)^2 + (a \sin \theta - b \cos \theta)^2$
$(3h - a)^2 + 9k^2 = a^2 + b^2$
$(h - \frac{a}{3})^2 + k^2 = \left(\frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{3}\right)^2$
આમ,બિંદુપથ એ કેન્દ્ર $\left(\frac{a}{3}, 0\right)$ અને ત્રિજ્યા $\frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{3}$ વાળું વર્તુળ છે.

(B) $1$. $AB$ નું મધ્યબિંદુ $M$ શોધો: $M = (\frac{4+2}{2}, \frac{3+5}{2}) = (3, 4)$.
$2$. $P(x, y)$ નું $M(3, 4)$ થી અંતર વધુમાં વધુ $5$ એકમ છે: $(x-3)^2 + (y-4)^2 \leq 5^2$,જેનું સાદું રૂપ $x^2 + y^2 - 6x - 8y \leq 0$ થાય છે.
$3$. રેખા $AB$ નું સમીકરણ $x + y - 7 = 0$ છે.
$4$. ઉગમબિંદુ $(0, 0)$ માટે $0 + 0 - 7 = -7 < 0$ થાય છે. તેથી $P$ એ $x + y - 7 < 0$ શરતનું પાલન કરે છે.
$5$. આમ,બિંદુપથ $x^2 + y^2 - 6x - 8y \leq 0$ અને $x + y - 7 < 0$ છે.

(A) ધારો કે ત્રીજું શિરોબિંદુ $P(x, y)$ છે.
ત્રિકોણ $P$ આગળ કાટખૂણો ધરાવે છે,તેથી $\angle P = 90^{\circ}$.
આનો અર્થ એ છે કે બિંદુ $P$ એવા વર્તુળ પર આવેલું છે જેનો વ્યાસ $(1, 2)$ અને $(4, 5)$ ને જોડતો રેખાખંડ છે.
વ્યાસના અંત્યબિંદુઓ $(x_1, y_1)$ અને $(x_2, y_2)$ હોય તેવા વર્તુળનું સમીકરણ $(x-x_1)(x-x_2) + (y-y_1)(y-y_2) = 0$ છે.
આપેલા બિંદુઓ $(1, 2)$ અને $(4, 5)$ મૂકતા:
$(x-1)(x-4) + (y-2)(y-5) = 0$
$x^2 - 5x + 4 + y^2 - 7y + 10 = 0$
$x^2 + y^2 - 5x - 7y + 14 = 0$.

(D) ધારો કે રેખા $L$ નું સમીકરણ $y - 5 = m(x - 1)$ છે,જે $mx - y + (5 - m) = 0$ તરીકે લખી શકાય.
રેખા $L$ અને $L_1: 5x - y - 4 = 0$ તથા $L_2: 3x + 4y - 4 = 0$ ના છેદબિંદુઓ અનુક્રમે $A$ અને $B$ છે.
બિંદુ $(1, 5)$ એ $AB$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,જો $A = (x_1, y_1)$ હોય,તો $B = (2 - x_1, 10 - y_1)$ થાય.
બિંદુ $A$ એ $5x - y - 4 = 0$ પર હોવાથી,$5x_1 - y_1 - 4 = 0 \implies y_1 = 5x_1 - 4$.
બિંદુ $B$ એ $3x + 4y - 4 = 0$ પર હોવાથી,$3(2 - x_1) + 4(10 - y_1) - 4 = 0$.
$6 - 3x_1 + 40 - 4y_1 - 4 = 0 \implies 3x_1 + 4y_1 = 42$.
$y_1 = 5x_1 - 4$ ને સમીકરણમાં મૂકતા: $3x_1 + 4(5x_1 - 4) = 42$.
$3x_1 + 20x_1 - 16 = 42 \implies 23x_1 = 58 \implies x_1 = \frac{58}{23}$.
તેથી $y_1 = 5(\frac{58}{23}) - 4 = \frac{290 - 92}{23} = \frac{198}{23}$.
બિંદુ $(1, 5)$ અને $(\frac{58}{23}, \frac{198}{23})$ માંથી પસાર થતી રેખાનો ઢાળ $m = \frac{\frac{198}{23} - 5}{\frac{58}{23} - 1} = \frac{198 - 115}{58 - 23} = \frac{83}{35}$.
$L$ નું સમીકરણ $y - 5 = \frac{83}{35}(x - 1) \implies 35y - 175 = 83x - 83$.
$83x - 35y + 92 = 0$.

(B) સમબાજુ ત્રિકોણની ઊંચાઈ $h$ એ શિરોબિંદુ $(2,1)$ થી રેખા $x+y-2=0$ પરનું લંબ અંતર છે.
$h = \frac{|2+1-2|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$.
$h = \frac{\sqrt{3}}{2} a$ હોવાથી,$a = \frac{2h}{\sqrt{3}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$.
તેથી,$a \sqrt{2} = \sqrt{\frac{2}{3}} \times \sqrt{2} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.
પાયાનો ઢાળ $m = -1$ છે. ધારો કે બાકીની બે બાજુઓના ઢાળ $m_1$ અને $m_2$ છે.
પાયા અને બાજુઓ વચ્ચેનો ખૂણો $60^\circ$ છે.
$\tan 60^\circ = |\frac{m_1 - (-1)}{1 + m_1(-1)}| = |\frac{m_1+1}{1-m_1}| = \sqrt{3}$ નો ઉપયોગ કરતા.
$\frac{m_1+1}{1-m_1} = \sqrt{3}$ ઉકેલતા $m_1 = 2-\sqrt{3}$ મળે છે.
$\frac{m_1+1}{1-m_1} = -\sqrt{3}$ ઉકેલતા $m_2 = 2+\sqrt{3}$ મળે છે.
તેથી $|m_1-m_2| = 2\sqrt{3}$.
અંતે,$|m_1-m_2| + a\sqrt{2} = 2\sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{8}{\sqrt{3}}$.

(D) ધારો કે $f(x, y) = 5x - 6y + k$.
બિંદુઓ $(2, 3)$ અને $(-4, -4/3)$ વિરુદ્ધ બાજુએ હોવાથી,$f(2, 3) \cdot f(-4, -4/3) < 0$.
$f(2, 3) = k - 8$ અને $f(-4, -4/3) = k - 12$.
તેથી,$(k - 8)(k - 12) < 0$,એટલે કે $8 < k < 12$.
$k$ પૂર્ણાંક હોવાથી,$k \in \{9, 10, 11\}$.
બિંદુઓ $(1, 2)$ અને $(4, 5)$ એક જ બાજુએ હોવાથી,$(k - 7)(k - 10) > 0$.
$k = 11$ માટે આ શરત સંતોષાય છે.
રેખા $5x - 6y + 11 = 0$ છે.
ઉગમબિંદુથી લંબ અંતર $d = \frac{|11|}{\sqrt{5^2 + (-6)^2}} = \frac{11}{\sqrt{61}}$.

(B) પ્રથમ,$x-y+2=0$ અને $2x+y+3=0$ રેખાઓનું છેદબિંદુ શોધો. બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $(x-y+2) + (2x+y+3) = 0 \implies 3x+5=0 \implies x = -\frac{5}{3}$. $x$ ની કિંમત $x-y+2=0$ માં મૂકતા: $-\frac{5}{3} - y + 2 = 0 \implies y = 2 - \frac{5}{3} = \frac{1}{3}$. સંગામી બિંદુ $P(-\frac{5}{3}, \frac{1}{3})$ છે.
$L_1$ રેખા માટે,ઢાળ $m_1 = 2$: $y - \frac{1}{3} = 2(x + \frac{5}{3}) \implies y = 2x + \frac{11}{3} \implies 2x - y + \frac{11}{3} = 0$. અંતઃખંડો $x = -\frac{11}{6}$ અને $y = \frac{11}{3}$ છે. નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો: $|-\frac{11}{6}| + |\frac{11}{3}| = \frac{11}{6} + \frac{22}{6} = 5.5$.
$L_2$ રેખા માટે,ઢાળ $m_2 = -\frac{1}{2}$: $y - \frac{1}{3} = -\frac{1}{2}(x + \frac{5}{3}) \implies x + 2y + 1 = 0$. અંતઃખંડો $x = -1$ અને $y = -\frac{1}{2}$ છે. નિરપેક્ષ મૂલ્યોનો સરવાળો: $|-1| + |-\frac{1}{2}| = 1.5$.
કુલ સરવાળો $5.5 + 1.5 = 7$ થાય.

(D) રેખાનું અભિલંબ સ્વરૂપ $x \cos \alpha + y \sin \alpha = p$ છે,જ્યાં $p$ એ ઉગમબિંદુથી લંબ અંતર છે અને $\alpha$ એ અભિલંબ ધન $X$-અક્ષ સાથે બનાવેલ ખૂણો છે.
અહીં $p = 10$ આપેલ છે.
અભિલંબ ઋણ $X$-અક્ષ સાથે ઋણ દિશામાં (ઘડિયાળના કાંટાની દિશામાં) $\frac{\pi}{4}$ નો ખૂણો બનાવે છે.
ઋણ $X$-અક્ષ $\pi$ ખૂણાને અનુરૂપ છે.
તેથી $\alpha = \pi - \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$ થાય.
સમીકરણમાં કિંમતો મૂકતા:
$x \cos(\frac{3\pi}{4}) + y \sin(\frac{3\pi}{4}) = 10$
$x(-\frac{1}{\sqrt{2}}) + y(\frac{1}{\sqrt{2}}) = 10$
$-x + y = 10\sqrt{2}$
$x - y + 10\sqrt{2} = 0$.

(C) રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $ax^2+2hxy+by^2=0$ છે.
એક રેખા ધન યામ અક્ષો વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે,જે રેખા $y=x$ (ઢાળ $m=1$) છે.
$y=x$ એ સમીકરણનું બીજ હોવાથી,આપણે $y=x$ ને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$ax^2+2hx(x)+b(x^2)=0$
$ax^2+2hx^2+bx^2=0$
$(a+2h+b)x^2=0$
આ તમામ $x$ માટે સાચું હોવા માટે,સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$a+2h+b=0$.

(C) રેખાઓની જોડીનું સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 = 0$ છે.
એક રેખા ધન યામ અક્ષો વચ્ચેના ખૂણાને દુભાગે છે,જે રેખા $y = x$ (ઢાળ $m = 1$) છે.
$y = x$ એ સમપરિમાણીય સમીકરણનું બીજ હોવાથી,આપણે $y = x$ ને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$ax^2 + 2hx(x) + bx^2 = 0$
$ax^2 + 2hx^2 + bx^2 = 0$
$(a + 2h + b)x^2 = 0$
આ બધા $x$ માટે સાચું હોવા માટે,સહગુણક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$a + 2h + b = 0$
તેથી,$a + b = -2h$.

(B) આપેલ રેખાયુગ્મ $2x^2 + xy - y^2 - x + 2y - 1 = 0$ છે.
સમઘાત ભાગના અવયવ પાડતા $2x^2 + xy - y^2 = (2x - y)(x + y)$ મળે.
ધારો કે રેખાઓ $(2x - y + c_1)(x + y + c_2) = 0$ છે.
આપેલ સમીકરણ સાથે સરખાવતા,આપણને રેખાઓ $(2x - y + 1)(x + y - 1) = 0$ મળે છે.
આ રેખાઓના ઢાળ $m_1 = 2$ અને $m_2 = -1$ છે.
$(1, 1)$ માંથી પસાર થતી અને આ રેખાઓને લંબ રેખાઓના ઢાળ $m_1' = -1/2$ અને $m_2' = 1$ થશે.
આ રેખાઓના સમીકરણો $(y - 1) = -1/2(x - 1) \Rightarrow x + 2y - 3 = 0$ અને $(y - 1) = 1(x - 1) \Rightarrow x - y = 0$ છે.
તેમનું સંયુક્ત સમીકરણ $(x + 2y - 3)(x - y) = 0$ છે.
આનું વિસ્તરણ કરતા,આપણને $x^2 + xy - 2y^2 - 3x + 3y = 0$ મળે છે.
આને $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 3y = 0$ સાથે સરખાવતા,$a = 1, 2h = 1, b = -2, 2g = -3$ મળે છે.
આમ,$\frac{b}{a} = \frac{-2}{1} = -2$.

(A) દ્વિઘાત સમીકરણ $ax^2 + 2hxy + by^2 + 2gx + 2fy + c = 0$ એ રેખાઓની જોડી દર્શાવે છે જો નિશ્ચાયક $\Delta = abc + 2fgh - af^2 - bg^2 - ch^2 = 0$ હોય.
આપેલ સમીકરણને પ્રમાણિત સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા:
$a = 2, b = -2, c = -3, h = \frac{3}{2}, g = -\frac{5}{2}, f_{given} = \frac{f}{2}$.
શરત $\Delta = 0$ માં કિંમતો મૂકતા:
$12 - \frac{15f}{4} - \frac{f^2}{2} + \frac{25}{2} + \frac{27}{4} = 0$
$2f^2 + 15f - 125 = 0$
$(f - 5)(2f + 25) = 0$
તેથી,$f = 5$ અથવા $f = -\frac{25}{2}$ મળે છે.

(A) આપણને સંકલન $I = \int \tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} dx$ આપેલ છે.
નિત્યસમ $\frac{x}{2} = \frac{x}{3} + \frac{x}{6}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે $\tan \frac{x}{2} = \tan \left( \frac{x}{3} + \frac{x}{6} \right) = \frac{\tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}}{1 - \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6}}$.
આનો અર્થ એ થાય કે $\tan \frac{x}{2} (1 - \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6}) = \tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}$.
ગોઠવતા,આપણને મળે $\tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} = \tan \frac{x}{3} + \tan \frac{x}{6}$.
તેથી,$\tan \frac{x}{2} \tan \frac{x}{3} \tan \frac{x}{6} = \tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{3} - \tan \frac{x}{6}$.
હવે,દરેક પદનું સંકલન કરતા: $I = \int (\tan \frac{x}{2} - \tan \frac{x}{3} - \tan \frac{x}{6}) dx$.
$\tan(ax)$ નું સંકલન $-\frac{1}{a} \log |\cos(ax)|$ થાય છે.
$I = -2 \log |\cos \frac{x}{2}| + 3 \log |\cos \frac{x}{3}| + 6 \log |\cos \frac{x}{6}| + k$.
$A \log |\cos \frac{x}{2}| + B \log |\cos \frac{x}{3}| + C \log |\cos \frac{x}{6}| + k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $A = -2$,$B = 3$,$C = 6$ મળે છે.
આમ,$A + B + C = -2 + 3 + 6 = 7$.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{\sin x+\cos x}{\sin x-\cos x} d x$.
આદેશ $u = \sin x - \cos x$ લો.
તેથી,$du = (\cos x - (-\sin x)) dx = (\cos x + \sin x) dx$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{u} du$.
$u$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$I = \log |u| + c$.
$u = \sin x - \cos x$ પાછા મૂકતા:
$I = \log |\sin x - \cos x| + c$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x^4-1}{x^2 \sqrt{x^4+x^2+1}} \, dx$.
વર્ગમૂળની અંદર અંશ અને છેદને $x^2$ વડે ભાગતા:
$I = \int \frac{x^2 - \frac{1}{x^2}}{\sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}} \, dx$.
ધારો કે $t = x + \frac{1}{x}$. તો $dt = (1 - \frac{1}{x^2}) \, dx$.
અહીં $t^2 = (x + \frac{1}{x})^2 = x^2 + 2 + \frac{1}{x^2}$,તેથી $x^2 + \frac{1}{x^2} = t^2 - 2$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{dt}{\sqrt{t^2 - 2 + 1}} = \int \frac{dt}{\sqrt{t^2 - 1}}$.
પરંતુ વિકલ્પો જોતા,આપણે $f(x) = \frac{\sqrt{x^4+x^2+1}}{x}$ નું વિકલન તપાસીએ.
$f(x) = \sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}$.
$f'(x) = \frac{1}{2\sqrt{x^2 + 1 + \frac{1}{x^2}}} \cdot (2x - \frac{2}{x^3}) = \frac{x^4-1}{x^2 \sqrt{x^4+x^2+1}}$.
તેથી,સંકલન $\frac{\sqrt{x^4+x^2+1}}{x} + c$ થાય છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{(3 x-2) \tan \left(\sqrt{9 x^2-12 x+1}\right)}{\sqrt{9 x^2-12 x+1}} d x$.
ધારો કે $u = \sqrt{9 x^2-12 x+1}$.
તેથી $u^2 = 9 x^2-12 x+1$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $2u \frac{du}{dx} = 18x - 12 = 6(3x - 2)$ મળે છે.
આમ,$u \frac{du}{dx} = 3(3x - 2)$,જેનો અર્થ છે કે $(3x - 2) dx = \frac{1}{3} u du$.
આ કિંમતોને સંકલનમાં મૂકતા,આપણને $I = \int \frac{\tan(u)}{u} \cdot \frac{1}{3} u du = \frac{1}{3} \int \tan(u) du$ મળે છે.
$\tan(u)$ નું સંકલન $\log |\sec(u)| + c$ થાય છે.
તેથી,$I = \frac{1}{3} \log |\sec(\sqrt{9 x^2-12 x+1})| + c$.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે ઘાતાંકીય વિધેય માટે ટેલર શ્રેણીનું વિસ્તરણ $e^u = \sum_{r=0}^{\infty} \frac{u^r}{r!}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
શ્રેણીમાં $u = 2x$ મૂકતા,આપણને $\sum_{r=0}^{\infty} \frac{(2x)^r}{r!} = \sum_{r=0}^{\infty} \frac{x^r 2^r}{r!} = e^{2x}$ મળે છે.
હવે,આપણે સંકલન $\int e^{2x} dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
સંકલનના સૂત્ર $\int e^{ax} dx = \frac{e^{ax}}{a} + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $a = 2$ છે,આપણને $\int e^{2x} dx = \frac{e^{2x}}{2} + c$ મળે છે.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) સંકલન $I = \int \frac{dx}{12 \cos x + 5 \sin x}$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે છેદને $R \cos(x - \alpha)$ સ્વરૂપમાં દર્શાવીએ.
ધારો કે $12 \cos x + 5 \sin x = R \cos(x - \alpha) = R \cos x \cos \alpha + R \sin x \sin \alpha$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા,$R \cos \alpha = 12$ અને $R \sin \alpha = 5$.
બંનેનો વર્ગ કરીને સરવાળો કરતા,$R^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169$,તેથી $R = 13$.
વળી,$\tan \alpha = \frac{5}{12}$,જેનો અર્થ છે કે $\alpha = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12}$.
આમ,$I = \int \frac{dx}{13 \cos(x - \alpha)} = \frac{1}{13} \int \sec(x - \alpha) dx$.
$\sec \theta$ નું સંકલન $\log |\tan(\frac{\theta}{2} + \frac{\pi}{4})|$ છે.
તેથી,$I = \frac{1}{13} \log \left| \tan \left( \frac{x - \alpha}{2} + \frac{\pi}{4} \right) \right| + c$.
$\alpha = \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12}$ મૂકતા,આપણને $I = \frac{1}{13} \log \left| \tan \left( \frac{x}{2} - \frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1} \frac{5}{12} + \frac{\pi}{4} \right) \right| + c$ મળે છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{\cos ^3 x}{\sin ^2 x+\sin ^4 x} d x$.
$u = \sin x$ આદેશ લેતા,$du = \cos x dx$ મળે.
સંકલન $I = \int \frac{\cos ^2 x}{\sin ^2 x+\sin ^4 x} \cos x dx = \int \frac{1-u^2}{u^2+u^4} du$ બને છે.
$I = \int \frac{1-u^2}{u^2(1+u^2)} du$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{1-u^2}{u^2(1+u^2)} = \frac{1}{u^2} - \frac{2}{1+u^2}$ મળે છે.
તેથી,$I = \int (u^{-2} - 2(1+u^2)^{-1}) du = -u^{-1} - 2 \tan^{-1}(u) + c$.
$u = \sin x$ પાછું મૂકતા,$I = -\frac{1}{\sin x} - 2 \tan^{-1}(\sin x) + c = c - \operatorname{cosec} x - 2 \tan^{-1}(\sin x)$.
આપેલ સ્વરૂપ $c - \operatorname{cosec} x - f(x)$ સાથે સરખાવતા,$f(x) = 2 \tan^{-1}(\sin x)$ મળે.
તેથી,$f\left(\frac{\pi}{2}\right) = 2 \tan^{-1}(\sin \frac{\pi}{2}) = 2 \tan^{-1}(1) = 2 \times \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{13 \cos 2 x-9 \sin 2 x}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
અંશને $A(\text{છેદ}) + B(\frac{d}{dx}(\text{છેદ}))$ તરીકે દર્શાવીએ.
$13 \cos 2 x-9 \sin 2 x = A(3 \cos 2 x-4 \sin 2 x) + B(-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x)$.
$\cos 2 x$ અને $\sin 2 x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$3A - 8B = 13$ અને $-4A - 6B = -9$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણને $3$ વડે અને બીજાને $4$ વડે ગુણતા: $9A - 24B = 39$ અને $-16A - 24B = -36$.
બાદબાકી કરતા $25A = 75$,તેથી $A = 3$.
$A=3$ ને $3(3) - 8B = 13$ માં મૂકતા,$9 - 8B = 13 \implies -8B = 4 \implies B = -\frac{1}{2}$.
આમ,$I = \int \frac{3(3 \cos 2 x-4 \sin 2 x) - \frac{1}{2}(-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x)}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
$I = \int 3 d x - \frac{1}{2} \int \frac{-6 \sin 2 x-8 \cos 2 x}{3 \cos 2 x-4 \sin 2 x} d x$.
$I = 3x - \frac{1}{2} \log |3 \cos 2 x-4 \sin 2 x| + c$.

(A) $\int \sqrt{x^2+x+1} \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે વર્ગમૂળની અંદર પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ:
$x^2+x+1 = (x^2+x+\frac{1}{4}) + \frac{3}{4} = (x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$.
ધારો કે $u = x+\frac{1}{2}$,તેથી $du = dx$.
સંકલન $\int \sqrt{u^2 + a^2} \, du$ બને છે,જ્યાં $a = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
પ્રમાણિત સૂત્ર $\int \sqrt{u^2+a^2} \, du = \frac{u}{2}\sqrt{u^2+a^2} + \frac{a^2}{2}\ln|u+\sqrt{u^2+a^2}| + c$ નો ઉપયોગ કરતા.
$u = x+\frac{1}{2}$ અને $a^2 = \frac{3}{4}$ પાછા મૂકતા:
$= \frac{x+1/2}{2}\sqrt{x^2+x+1} + \frac{3/4}{2}\ln|x+\frac{1}{2} + \sqrt{x^2+x+1}| + c$.
$= \frac{2x+1}{4}\sqrt{x^2+x+1} + \frac{3}{8}\sinh^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + c$.

(A) સંકલન $I = \int \frac{x^4-16 x^2+2 x+8}{x^3-4 x^2+2} d x$ ઉકેલવા માટે,આપણે બહુપદીનો ભાગાકાર કરીએ.
$x^4-16 x^2+2 x+8$ ને $x^3-4 x^2+2$ વડે ભાગતા:
$x^4-16 x^2+2 x+8 = (x+4)(x^3-4 x^2+2) + (0x^2 + 0x + 0)$.
બાકી રહેતી કિંમત $0$ હોવાથી,પદાવલિ નીચે મુજબ સરળ બને છે:
$I = \int (x+4) d x$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \frac{x^2}{2} + 4x + C = \frac{x^2+8x}{2} + C$.

(NONE) ધારો કે $I = \int \frac{\sec^2 x}{(\sec x + \tan x)^{5/2}} dx$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sec x + \tan x = t$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને $(\sec x \tan x + \sec^2 x) dx = dt$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\sec x(\tan x + \sec x) dx = dt$.
તેથી,$\sec x dx = \frac{dt}{t}$.
વળી,$\sec x - \tan x = \frac{1}{t}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2 \sec x = t + \frac{1}{t} = \frac{t^2+1}{t}$,તેથી $\sec x = \frac{t^2+1}{2t}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\sec x \cdot \sec x dx}{t^{5/2}} = \int \frac{(\frac{t^2+1}{2t}) \cdot \frac{dt}{t}}{t^{5/2}} = \frac{1}{2} \int \frac{t^2+1}{t^{7/2}} dt$.
$I = \frac{1}{2} \int (t^{-3/2} + t^{-7/2}) dt$.
સંકલન કરતા,આપણને $I = \frac{1}{2} [\frac{t^{-1/2}}{-1/2} + \frac{t^{-5/2}}{-5/2}] + c = -t^{-1/2} - \frac{1}{5} t^{-5/2} + c$ મળે છે.
$t = \sec x + \tan x$ મૂકતા,આપણને $I = -(\sec x + \tan x)^{-1/2} - \frac{1}{5}(\sec x + \tan x)^{-5/2} + c$ મળે છે.

(D) ધારો કે $I = \int \frac{1}{\cos x} \left[ \frac{\sin x + 3 \cos x - \sin x}{\sin x(\sin x + 3 \cos x)} \right] dx$
$= \int \frac{1}{\cos x} \left[ \frac{3 \cos x}{\sin x(\sin x + 3 \cos x)} \right] dx$
$= \int \frac{3}{\sin x(\sin x + 3 \cos x)} dx$
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$= \int \frac{3 \sec^2 x}{\tan x(\tan x + 3)} dx$
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx$.
$I = \int \frac{3}{u(u + 3)} du$
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{3}{u(u + 3)} = \frac{A}{u} + \frac{B}{u + 3} \implies 3 = A(u + 3) + Bu$.
$u = 0$ માટે,$A = 1$. $u = -3$ માટે,$B = -1$.
$I = \int \left( \frac{1}{u} - \frac{1}{u + 3} \right) du = \log |u| - \log |u + 3| + c$
$= \log \left| \frac{u}{u + 3} \right| + c = \log \left| \frac{\tan x}{\tan x + 3} \right| + c$
$= \log \left| \frac{\sin x / \cos x}{(\sin x + 3 \cos x) / \cos x} \right| + c = \log \left| \frac{\sin x}{\sin x + 3 \cos x} \right| + c$.

(A) ધારો કે $x = \tan \theta$,તો $dx = \sec^2 \theta d\theta$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા:
$\int \operatorname{Cos}^{-1}\left(\frac{1-\tan^2 \theta}{1+\tan^2 \theta}\right) \sec^2 \theta d\theta = \int \operatorname{Cos}^{-1}(\cos 2\theta) \sec^2 \theta d\theta = \int 2\theta \sec^2 \theta d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = 2\theta$ અને $dv = \sec^2 \theta d\theta$ લો.
તેથી $du = 2 d\theta$ અને $v = \tan \theta$.
$\int 2\theta \sec^2 \theta d\theta = 2\theta \tan \theta - \int 2 \tan \theta d\theta$.
$= 2\theta \tan \theta - 2 \ln|\sec \theta| + c$.
કારણ કે $x = \tan \theta$,તેથી $\theta = \tan^{-1} x$ અને $\sec \theta = \sqrt{1+\tan^2 \theta} = \sqrt{1+x^2}$.
કિંમત પાછી મૂકતા,આપણને મળે છે:
$2x \tan^{-1} x - 2 \ln(\sqrt{1+x^2}) + c = 2x \tan^{-1} x - \ln(1+x^2) + c$.
આને $2[x \tan^{-1} x - \frac{1}{2} \ln(1+x^2)] + c = 2[x \tan^{-1} x - \ln \sqrt{1+x^2}] + c$ તરીકે લખી શકાય છે.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{\sec ^2 x}{\sin ^7 x} d x - \int \frac{7}{\sin ^7 x} d x = \int \frac{1}{\cos ^2 x \sin ^7 x} d x - \int \frac{7}{\sin ^7 x} d x$.
$f(x) = \frac{\tan x}{\sin ^6 x}$ નું વિકલન લેતા,ભાગાકારના નિયમ મુજબ,$\frac{d}{dx} \left( \frac{\tan x}{\sin ^6 x} \right) = \frac{\sec^2 x \cdot \sin^6 x - \tan x \cdot 6 \sin^5 x \cos x}{\sin^{12} x}$.
$= \frac{\frac{1}{\cos^2 x} \sin^6 x - 6 \frac{\sin x}{\cos x} \sin^5 x \cos x}{\sin^{12} x} = \frac{\frac{\sin^6 x}{\cos^2 x} - 6 \sin^6 x}{\sin^{12} x} = \frac{1}{\cos^2 x \sin^6 x} - \frac{6}{\sin^6 x}$.
આમ,સંકલનનો ઉકેલ $\frac{\tan x}{\sin^6 x} + c$ મળે છે,જે $\frac{1}{\sin^5 x \cos x} + c$ તરીકે લખી શકાય છે. વિકલ્પોને જોતા,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int (x^6+x^4+x^2) \sqrt{2x^4+3x^2+6} dx$.
આ સંકલન માટે,ઉકેલ $f(x) = \frac{1}{12} (2x^4+3x^2+6)^{3/2}$ સ્વરૂપમાં મળે છે.
$x=3$ માટે કિંમત મુકતા: $f(3) = \frac{1}{12} (2(81)+3(9)+6)^{3/2} = \frac{1}{12} (162+27+6)^{3/2} = \frac{1}{12} (195)^{3/2}$.
આપેલ વિકલ્પો મુજબ,સાચો જવાબ $B$ છે.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(x+1) \sqrt{x^2+1}}$.
$x+1 = \frac{1}{t}$ આદેશ લેતા,$dx = -\frac{1}{t^2} dt$ મળે.
તેથી $x = \frac{1}{t} - 1 = \frac{1-t}{t}$.
હવે $x^2+1 = \left(\frac{1-t}{t}\right)^2 + 1 = \frac{2t^2-2t+1}{t^2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{-dt/t^2}{(1/t) \sqrt{(2t^2-2t+1)/t^2}} = -\int \frac{dt}{\sqrt{2t^2-2t+1}} = -\frac{1}{\sqrt{2}} \int \frac{dt}{\sqrt{(t-1/2)^2 + 1/4}}$.
સૂત્ર $\int \frac{du}{\sqrt{u^2+a^2}} = \operatorname{Sinh}^{-1}(\frac{u}{a})$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{t-1/2}{1/2}\right) + c = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}(2t-1) + c$.
$t = \frac{1}{x+1}$ હોવાથી,$2t-1 = \frac{1-x}{x+1}$.
તેથી,$I = -\frac{1}{\sqrt{2}} \operatorname{Sinh}^{-1}\left(\frac{1-x}{1+x}\right) + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{2 \cos x + 3 \sin x + 4}$.
Weierstrass આદેશનો ઉપયોગ કરતા,$t = \tan\left(\frac{x}{2}\right)$ લો,તેથી $dx = \frac{2 dt}{1+t^2}$,$\cos x = \frac{1-t^2}{1+t^2}$,અને $\sin x = \frac{2t}{1+t^2}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{\frac{2 dt}{1+t^2}}{2\left(\frac{1-t^2}{1+t^2}\right) + 3\left(\frac{2t}{1+t^2}\right) + 4} = \int \frac{2 dt}{2 - 2t^2 + 6t + 4 + 4t^2} = \int \frac{2 dt}{2t^2 + 6t + 6} = \int \frac{dt}{t^2 + 3t + 3}$.
છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવતા: $t^2 + 3t + 3 = \left(t + \frac{3}{2}\right)^2 + \frac{3}{4}$.
તેથી,$I = \int \frac{dt}{\left(t + \frac{3}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \tan^{-1}\left(\frac{t + 3/2}{\sqrt{3}/2}\right) + c = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{2t+3}{\sqrt{3}}\right) + c$.
આને આપેલ સ્વરૂપ $\frac{2}{\sqrt{3}} f(x) + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = \tan^{-1}\left(\frac{2 \tan(x/2) + 3}{\sqrt{3}}\right)$ મળે છે.
હવે,$f\left(\frac{2 \pi}{3}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2 \tan(\pi/3) + 3}{\sqrt{3}}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{2\sqrt{3} + 3}{\sqrt{3}}\right) = \tan^{-1}(2 + \sqrt{3})$.
કારણ કે $\tan(75^\circ) = \tan\left(\frac{5 \pi}{12}\right) = 2 + \sqrt{3}$,તેથી $f\left(\frac{2 \pi}{3}\right) = \frac{5 \pi}{12}$.

(B) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{1}{\left((x+4)^3(x+1)^5\right)^{1 / 4}} d x$ છે.
સંકલ્યને આ રીતે ફરીથી લખતા: $I = \int \frac{1}{\left((x+4)^3(x+1)^3(x+1)^2\right)^{1 / 4}} d x = \int \frac{1}{\left((x+4)(x+1)\right)^{3/4} (x+1)^{2/4}} d x$.
આનું સાદુરૂપ આપતા $I = \int \frac{1}{\left(\frac{x+4}{x+1}\right)^{3/4} (x+1)^2} d x$ મળે.
ધારો કે $t = \frac{x+4}{x+1}$. તો $dt = \frac{(x+1)(1) - (x+4)(1)}{(x+1)^2} dx = \frac{-3}{(x+1)^2} dx$.
તેથી,$\frac{dx}{(x+1)^2} = -\frac{1}{3} dt$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા,$I = \int t^{-3/4} \left(-\frac{1}{3}\right) dt = -\frac{1}{3} \frac{t^{1/4}}{1/4} + c = -\frac{4}{3} \left(\frac{x+4}{x+1}\right)^{1/4} + c$.
આને $A \cdot \left(\frac{x+4}{x+1}\right)^n + c$ સાથે સરખાવતા,$A = -\frac{4}{3}$ અને $n = \frac{1}{4}$ મળે છે.
વિકલ્પ $B$ ચકાસતા: $n + \frac{1}{A} = \frac{1}{4} + \frac{1}{-4/3} = \frac{1}{4} - \frac{3}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(C) ધારો કે $I = \int (\sqrt{\tan x} + \sqrt{\cot x}) \, dx = \int \left( \sqrt{\tan x} + \frac{1}{\sqrt{\tan x}} \right) \, dx = \int \frac{\tan x + 1}{\sqrt{\tan x}} \, dx$.
$\sqrt{\tan x} = t$ આદેશ લેતા,$\tan x = t^2$ અને $\sec^2 x \, dx = 2t \, dt$ મળે.
$\sec^2 x = 1 + \tan^2 x = 1 + t^4$ હોવાથી,$dx = \frac{2t}{1 + t^4} \, dt$ થાય.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int \frac{t^2 + 1}{t} \cdot \frac{2t}{1 + t^4} \, dt = 2 \int \frac{t^2 + 1}{t^4 + 1} \, dt$.
અંશ અને છેદને $t^2$ વડે ભાગતા: $I = 2 \int \frac{1 + 1/t^2}{t^2 + 1/t^2} \, dt = 2 \int \frac{1 + 1/t^2}{(t - 1/t)^2 + 2} \, dt$.
ધારો કે $u = t - 1/t$,તો $du = (1 + 1/t^2) \, dt$.
$I = 2 \int \frac{du}{u^2 + (\sqrt{2})^2} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1} \left( \frac{u}{\sqrt{2}} \right) + c = \sqrt{2} \tan^{-1} \left( \frac{t - 1/t}{\sqrt{2}} \right) + c$.
$t = \sqrt{\tan x}$ મૂકતા: $I = \sqrt{2} \tan^{-1} \left( \frac{\tan x - 1}{\sqrt{2 \tan x}} \right) + c$.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{\sqrt{x-2}}{2x+4} dx$.
$t = \sqrt{x-2}$ આદેશ લેતા,$t^2 = x-2$,તેથી $x = t^2+2$ અને $dx = 2t dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{t}{2(t^2+2)+4} (2t dt) = \int \frac{2t^2}{2t^2+8} dt = \int \frac{t^2}{t^2+4} dt$.
હવે,સંકલ્યને ફરીથી લખતા:
$I = \int \frac{t^2+4-4}{t^2+4} dt = \int \left(1 - \frac{4}{t^2+4}\right) dt$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = \int 1 dt - 4 \int \frac{1}{t^2+2^2} dt = t - 4 \left(\frac{1}{2} \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{t}{2}\right)\right) + c$.
$I = t - 2 \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{t}{2}\right) + c$.
$t = \sqrt{x-2}$ પાછું મૂકતા:
$I = \sqrt{x-2} - 2 \operatorname{Tan}^{-1}\left(\frac{\sqrt{x-2}}{2}\right) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int x^{49} \left[ \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} + \frac{x^{50}}{1 + x^{100}} \right] dx$.
$u = x^{50}$ આદેશ લેતા,$du = 50x^{49} dx$ મળે,એટલે કે $x^{49} dx = \frac{du}{50}$.
સંકલન $I = \frac{1}{50} \int \left( \operatorname{Tan}^{-1} u + \frac{u}{1 + u^2} \right) du$ બને છે.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$\int \operatorname{Tan}^{-1} u \, du = u \operatorname{Tan}^{-1} u - \int \frac{u}{1 + u^2} du$.
આ કિંમત મૂકતા,$I = \frac{1}{50} \left( u \operatorname{Tan}^{-1} u - \int \frac{u}{1 + u^2} du + \int \frac{u}{1 + u^2} du \right) = \frac{u \operatorname{Tan}^{-1} u}{50} + c$.
$u = x^{50}$ પાછું મૂકતા,$I = \frac{x^{50}}{50} \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} + c$.
આને $\frac{x^n}{k} f(x) + c$ સાથે સરખાવતા,$n = 50$,$k = 50$,અને $f(x) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50}$ મળે છે.
તેથી $f\left(\sqrt[k]{x^n}\right) = f\left(\sqrt[50]{x^{50}}\right) = f(x) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50}$.
આમ,$f(x) - f\left(\sqrt[k]{x^n}\right) = \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} - \operatorname{Tan}^{-1} x^{50} = 0$.

(A) ધારો કે $I = \int \frac{x}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx$.
અંશને $x = \frac{1}{2}(2x-2) + 1$ તરીકે લખી શકાય.
તેથી,$I = \int \frac{\frac{1}{2}(2x-2)+1}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx = \frac{1}{2} \int \frac{2x-2}{\sqrt{x^2-2x+5}} dx + \int \frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+2^2}} dx$.
પ્રથમ સંકલન માટે,$u = x^2-2x+5$ લેતા,$du = (2x-2) dx$ મળે.
$\frac{1}{2} \int u^{-1/2} du = \frac{1}{2} \cdot 2u^{1/2} = \sqrt{x^2-2x+5}$.
બીજા સંકલન માટે,સૂત્ર $\int \frac{1}{\sqrt{t^2+a^2}} dt = \ln|t+\sqrt{t^2+a^2}|$ નો ઉપયોગ કરતા.
અહીં $t = x-1$ અને $a = 2$ છે,તેથી $\int \frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+2^2}} dx = \ln|x-1+\sqrt{(x-1)^2+4}| = \ln|x-1+\sqrt{x^2-2x+5}|$.
આ બંનેને જોડતા,$I = \sqrt{x^2-2x+5} + \ln|x-1+\sqrt{x^2-2x+5}| + c$ મળે.

(B) સંકલન $\int \frac{x^4+1}{x^2+1} dx$ ઉકેલવા માટે,આપણે બહુપદી ભાગાકાર અથવા બીજગણિતીય ફેરફાર કરીએ છીએ.
આપણે $x^4+1$ ને $(x^4-1) + 2 = (x^2-1)(x^2+1) + 2$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
આમ,$\frac{x^4+1}{x^2+1} = \frac{(x^2-1)(x^2+1) + 2}{x^2+1} = x^2 - 1 + \frac{2}{x^2+1}$.
હવે,દરેક પદનું $x$ ની સાપેક્ષમાં સંકલન કરો:
$\int (x^2 - 1 + \frac{2}{x^2+1}) dx = \int x^2 dx - \int 1 dx + 2 \int \frac{1}{x^2+1} dx$.
$= \frac{x^3}{3} - x + 2 \tan^{-1} x + E$.
આને $Ax^3 + Bx^2 + Cx + D \tan^{-1} x + E$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$A = \frac{1}{3}$,$B = 0$,$C = -1$,$D = 2$.
તેથી,$A+B+C+D = \frac{1}{3} + 0 - 1 + 2 = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}$.

(A) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{x^2-x+2}{x^2+x+2} dx$ છે.
પ્રથમ,અંશને ફરીથી લખો: $x^2-x+2 = (x^2+x+2) - 2x$.
તેથી,$I = \int \left( 1 - \frac{2x}{x^2+x+2} \right) dx = x - \int \frac{2x}{x^2+x+2} dx$.
$\int \frac{2x}{x^2+x+2} dx$ નું સંકલન કરવા માટે,$2x = (2x+1) - 1$ લખો.
પછી $\int \frac{2x+1-1}{x^2+x+2} dx = \int \frac{2x+1}{x^2+x+2} dx - \int \frac{1}{(x+1/2)^2 + 7/4} dx$.
આનાથી $\log(x^2+x+2) - \frac{1}{\sqrt{7}/2} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{x+1/2}{\sqrt{7}/2}) = \log(x^2+x+2) - \frac{2}{\sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{2x+1}{\sqrt{7}})$ મળે છે.
પાછું મૂકતા,$I = x - \log(x^2+x+2) + \frac{2}{\sqrt{7}} \operatorname{Tan}^{-1}(\frac{2x+1}{\sqrt{7}}) + c$.
આપેલ સ્વરૂપ સાથે સરખાવતા,$f(x) = x^2+x+2$ અને $g(x) = \frac{2x+1}{\sqrt{7}}$.
તેથી $f(-1) = (-1)^2 - 1 + 2 = 2$ અને $g(-1) = \frac{2(-1)+1}{\sqrt{7}} = -\frac{1}{\sqrt{7}}$.
આમ,$f(-1) + \sqrt{7} g(-1) = 2 + \sqrt{7}(-\frac{1}{\sqrt{7}}) = 2 - 1 = 1$.

(B) ધારો કે $I = \int \sec \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \sec \left(x+\frac{\pi}{6}\right) d x$.
$\sin \left(\left(x+\frac{\pi}{6}\right) - \left(x-\frac{\pi}{3}\right)\right) = \sin \left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}\right) = \sin \left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$ વડે ગુણતા અને ભાગતા.
તેથી,$I = \int \frac{\sin \left(\left(x+\frac{\pi}{6}\right) - \left(x-\frac{\pi}{3}\right)\right)}{\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)} d x$.
$\sin(A-B) = \sin A \cos B - \cos A \sin B$ નો ઉપયોગ કરતા:
$I = \int \frac{\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right) - \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)}{\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)} d x$.
$I = \int \left( \frac{\sin \left(x+\frac{\pi}{6}\right)}{\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)} - \frac{\sin \left(x-\frac{\pi}{3}\right)}{\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)} \right) d x$.
$I = \int \tan \left(x+\frac{\pi}{6}\right) d x - \int \tan \left(x-\frac{\pi}{3}\right) d x$.
$I = \log \left| \sec \left(x+\frac{\pi}{6}\right) \right| - \log \left| \sec \left(x-\frac{\pi}{3}\right) \right| + c$.
$I = \log \left| \frac{\sec \left(x+\frac{\pi}{6}\right)}{\sec \left(x-\frac{\pi}{3}\right)} \right| + c$.
નોંધ: $\sec \theta = 1/\cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,આ $\log \left| \frac{\cos \left(x-\frac{\pi}{3}\right)}{\cos \left(x+\frac{\pi}{6}\right)} \right| + c$ થાય છે,જે વિકલ્પ $B$ સાથે મેળ ખાય છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{a \cos x+3 \sin x}{5 \cos x+2 \sin x} d x$.
અંશને $A(\text{છેદ}) + B(\frac{d}{dx}(\text{છેદ}))$ તરીકે દર્શાવીએ.
$a \cos x + 3 \sin x = A(5 \cos x + 2 \sin x) + B(-5 \sin x + 2 \cos x)$.
$\cos x$ અને $\sin x$ ના સહગુણકોને સરખાવતા:
$5A + 2B = a$
$2A - 5B = 3$
$A$ અને $B$ માટે ઉકેલતા:
પ્રથમ સમીકરણને $5$ વડે અને બીજાને $2$ વડે ગુણતા: $25A + 10B = 5a$ અને $4A - 10B = 6$.
સરવાળો કરતા $29A = 5a + 6$,તેથી $A = \frac{5a+6}{29}$.
$2A - 5B = 3$ પરથી,$5B = 2A - 3 = 2(\frac{5a+6}{29}) - 3 = \frac{10a+12-87}{29} = \frac{10a-75}{29}$,તેથી $B = \frac{10a-75}{145}$.
આપેલ સંકલન $\int (A + B \frac{-5 \sin x + 2 \cos x}{5 \cos x + 2 \sin x}) dx = Ax + B \log |5 \cos x + 2 \sin x| + c$ સાથે સરખાવતા.
આપેલ છે કે $A = \frac{26}{29}$,તેથી $\frac{5a+6}{29} = \frac{26}{29} \implies 5a = 20 \implies a = 4$.
આપેલ છે કે $B = -\frac{k}{29}$,તેથી $B = -\frac{k}{29} = \frac{10(4)-75}{145} = \frac{-35}{145} = -\frac{7}{29}$.
આમ,$k = 7$.
છેલ્લે,$|a+k| = |4+7| = 11$.

(A) આપણી પાસે $I = \int \frac{dx}{1-\sin^4 x} = \int \frac{dx}{(1-\sin^2 x)(1+\sin^2 x)} = \int \frac{dx}{\cos^2 x (1+\sin^2 x)}$ છે.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા,આપણને $I = \int \frac{\sec^2 x dx}{1+\tan^2 x + \tan^2 x} = \int \frac{\sec^2 x dx}{1+2\tan^2 x}$ મળે છે.
ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x dx$. સંકલન $I = \int \frac{du}{1+2u^2} = \int \frac{du}{1+(\sqrt{2}u)^2}$ બને છે.
સૂત્ર $\int \frac{dx}{a^2+x^2} = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{x}{a}) + C$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને $I = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sqrt{2}u) + C = \frac{1}{\sqrt{2}} \tan^{-1}(\sqrt{2} \tan x) + C$ મળે છે.
આને $A \tan x + B \tan^{-1}(\sqrt{2} \tan x) + C$ સાથે સરખાવતા,$A = 0$ અને $B = \frac{1}{\sqrt{2}}$ મળે છે.
તેથી,$A^2 - B^2 = 0^2 - (\frac{1}{\sqrt{2}})^2 = 0 - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x+1}{(x-2) \sqrt{1-x}} d x$.
$1-x = t^2$ લેતા,તેથી $x = 1-t^2$ અને $dx = -2t dt$ મળે.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{(1-t^2)+1}{(1-t^2-2) \cdot t} (-2t) dt$
$I = \int \frac{2-t^2}{(-1-t^2) \cdot t} (-2t) dt$
$I = \int \frac{2-t^2}{-(1+t^2)} (-2) dt = 2 \int \frac{2-t^2}{1+t^2} dt$
$I = 2 \int \frac{3-(1+t^2)}{1+t^2} dt = 2 \int \left( \frac{3}{1+t^2} - 1 \right) dt$
$I = 6 \int \frac{1}{1+t^2} dt - 2 \int 1 dt$
$I = 6 \operatorname{Tan}^{-1}(t) - 2t + c$
$t = \sqrt{1-x}$ પાછું મૂકતા:
$I = 6 \operatorname{Tan}^{-1}(\sqrt{1-x}) - 2\sqrt{1-x} + c$.

(C) સંકલન $I = \int \frac{1}{x^2+x+1} \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે છેદમાં પૂર્ણવર્ગ બનાવીએ છીએ:
$x^2+x+1 = (x^2+x+\frac{1}{4}) + \frac{3}{4} = (x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2$.
આ કિંમતને સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int \frac{1}{(x+\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} \, dx$.
પ્રમાણિત સંકલન સૂત્ર $\int \frac{1}{u^2+a^2} \, du = \frac{1}{a} \tan^{-1}(\frac{u}{a}) + c$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = x+\frac{1}{2}$ અને $a = \frac{\sqrt{3}}{2}$:
$I = \frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}} \tan^{-1}\left(\frac{x+\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\right) + c$.
પદને સાદું રૂપ આપતા:
$I = \frac{2}{\sqrt{3}} \tan^{-1}\left(\frac{2x+1}{\sqrt{3}}\right) + c$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(D) આપેલ સંકલન $I = \int \frac{dx}{(x \tan x + 1)^2}$ છે.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ગુણતા:
$I = \int \frac{\cos^2 x}{(\cos x + x \sin x)^2} dx$.
ધારો કે $f(x) = \frac{x \cos x}{\cos x + x \sin x}$.
જ્યારે $x \rightarrow \frac{\pi}{2}$,ત્યારે $f(x) = \frac{x \cos x}{\cos x + x \sin x} = \frac{x}{1 + x \tan x}$.
તેથી,$\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} f(x) = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \frac{x}{1 + x \tan x} = 0$.

(A) ધારો કે $I = \int \sin^3 x \cos^2 x \, dx$.
આપણે $\sin^3 x$ ને $\sin^2 x \cdot \sin x = (1 - \cos^2 x) \sin x$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$I = \int (1 - \cos^2 x) \cos^2 x \sin x \, dx$.
ધારો કે $u = \cos x$,તો $du = -\sin x \, dx$,અથવા $\sin x \, dx = -du$.
સંકલનમાં આ કિંમતો મૂકતા:
$I = \int (1 - u^2) u^2 (-du) = \int (u^4 - u^2) \, du$.
$u$ ની સાપેક્ષે સંકલન કરતા:
$I = \frac{u^5}{5} - \frac{u^3}{3} + c$.
$u = \cos x$ પાછું મૂકતા:
$I = \frac{\cos^5 x}{5} - \frac{\cos^3 x}{3} + c$.
આપેલા વિકલ્પો $\sin x$ અને $\cos x$ ના સ્વરૂપમાં હોવાથી,વિકલ્પ $A$ નું વિકલન ચકાસતા તે મૂળ વિધેય મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો જવાબ છે.

(B) ધારો કે $I = \int \frac{5 \tan x}{\tan x-2} dx = \int \frac{5 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
અંશને $5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B \frac{d}{dx}(\sin x - 2 \cos x)$ તરીકે દર્શાવીએ.
$5 \sin x = A(\sin x - 2 \cos x) + B(\cos x + 2 \sin x)$.
$5 \sin x = (A + 2B) \sin x + (B - 2A) \cos x$.
સહગુણકોની સરખામણી કરતા:
$A + 2B = 5$ અને $B - 2A = 0 \implies B = 2A$.
$B = 2A$ ને પ્રથમ સમીકરણમાં મૂકતા: $A + 2(2A) = 5 \implies 5A = 5 \implies A = 1$.
તેથી $B = 2(1) = 2$.
આમ,$I = \int \frac{1(\sin x - 2 \cos x) + 2(\cos x + 2 \sin x)}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
$I = \int 1 dx + 2 \int \frac{\cos x + 2 \sin x}{\sin x - 2 \cos x} dx$.
$I = x + 2 \log |\sin x - 2 \cos x| + c$.
$ax + b \log |\sin x - 2 \cos x| + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $a = 1$ અને $b = 2$ મળે છે.
તેથી,$a + b = 1 + 2 = 3$.

(A) ધારો કે $I = \int x \operatorname{Cos}^{-1}\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right) dx$.
$x = \operatorname{Tan} \theta$ લેતા,$dx = \operatorname{Sec}^2 \theta d\theta$.
$x > 0$ હોવાથી,$\theta \in (0, \pi/2)$.
પદાવલિ $\operatorname{Cos}^{-1}\left(\frac{1-\operatorname{Tan}^2 \theta}{1+\operatorname{Tan}^2 \theta}\right) = \operatorname{Cos}^{-1}(\operatorname{Cos} 2\theta) = 2\theta$ થશે.
તેથી,$I = \int \operatorname{Tan} \theta (2\theta) \operatorname{Sec}^2 \theta d\theta = 2 \int \theta \operatorname{Tan} \theta \operatorname{Sec}^2 \theta d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \theta$ અને $dv = \operatorname{Tan} \theta \operatorname{Sec}^2 \theta d\theta$ લેતા.
તેથી $du = d\theta$ અને $v = \frac{\operatorname{Tan}^2 \theta}{2}$.
$I = 2 \left[ \theta \cdot \frac{\operatorname{Tan}^2 \theta}{2} - \int \frac{\operatorname{Tan}^2 \theta}{2} d\theta \right] = \theta \operatorname{Tan}^2 \theta - \int (\operatorname{Sec}^2 \theta - 1) d\theta$.
$I = \theta \operatorname{Tan}^2 \theta - \operatorname{Tan} \theta + \theta + c = \theta (1 + \operatorname{Tan}^2 \theta) - \operatorname{Tan} \theta + c$.
$\theta = \operatorname{Tan}^{-1} x$ અને $\operatorname{Tan} \theta = x$ પાછા મૂકતા:
$I = (1+x^2) \operatorname{Tan}^{-1} x - x + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{dx}{(1+\sqrt{x}) \sqrt{x(1-x)}} = \int \frac{dx}{(1+\sqrt{x}) \sqrt{x} \sqrt{1-x}}$.
$\sqrt{x} = t$ આદેશ લેતા,$\frac{1}{2\sqrt{x}} dx = dt$,તેથી $\frac{dx}{\sqrt{x}} = 2dt$.
સંકલન $I = \int \frac{2dt}{(1+t) \sqrt{1-t^2}}$ બને છે.
વધુમાં,$t = \sin \theta$ આદેશ લેતા,$dt = \cos \theta d\theta$.
$I = \int \frac{2 \cos \theta d\theta}{(1+\sin \theta) \sqrt{1-\sin^2 \theta}} = \int \frac{2 \cos \theta d\theta}{(1+\sin \theta) \cos \theta} = 2 \int \frac{d\theta}{1+\sin \theta}$.
$1+\sin \theta = 1+\cos(\frac{\pi}{2}-\theta) = 2 \cos^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2})$ નો ઉપયોગ કરતા,$I = \int \sec^2(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) d\theta$.
સંકલન કરતા,$I = -2 \tan(\frac{\pi}{4}-\frac{\theta}{2}) + c = -2 \sqrt{\frac{1-\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}} + c$.

(D) ધારો કે $I = \int \sin^{-1}\left(\sqrt{\frac{x}{a+x}}\right) dx$.
$x = a \tan^2 \theta$ લેતા,$dx = 2a \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ મળે.
તેથી $\sqrt{\frac{x}{a+x}} = \sqrt{\frac{a \tan^2 \theta}{a(1 + \tan^2 \theta)}} = \sin \theta$.
માટે,$I = \int \theta (2a \tan \theta \sec^2 \theta) d\theta = 2a \int \theta \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,$u = \theta$ અને $dv = \tan \theta \sec^2 \theta d\theta$ લેતા.
તેથી $du = d\theta$ અને $v = \frac{\tan^2 \theta}{2}$ મળે.
$I = 2a \left[ \theta \frac{\tan^2 \theta}{2} - \int \frac{\tan^2 \theta}{2} d\theta \right] = a \theta \tan^2 \theta - a \int (\sec^2 \theta - 1) d\theta$.
$I = a \theta \tan^2 \theta - a(\tan \theta - \theta) + c = a \theta (\tan^2 \theta + 1) - a \tan \theta + c$.
અહીં $\tan^2 \theta = \frac{x}{a}$ હોવાથી,$\theta = \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}}$ મળે.
$I = a \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} (\frac{x}{a} + 1) - a \sqrt{\frac{x}{a}} + c = (x+a) \tan^{-1} \sqrt{\frac{x}{a}} - \sqrt{ax} + c$.

(C) ધારો કે $I = \int \frac{x}{x \tan x + 1} \, dx = \int \frac{x \cos x}{x \sin x + \cos x} \, dx$.
ધારો કે $u = x \sin x + \cos x$.
તેથી $du = (\sin x + x \cos x - \sin x) \, dx = x \cos x \, dx$.
આમ,$I = \int \frac{1}{u} \, du = \log |u| + k = \log |x \sin x + \cos x| + k$.
આને $\log f(x) + k$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = |x \sin x + \cos x|$ મળે છે.
હવે,$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = |\frac{\pi}{4} \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) + \cos\left(\frac{\pi}{4}\right)|$ ની કિંમત શોધો.
$f\left(\frac{\pi}{4}\right) = |\frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}}| = |\frac{\pi + 4}{4 \sqrt{2}}| = \frac{\pi + 4}{4 \sqrt{2}}$.

(C) ધારો કે $I = \int(3t^2 \sin \frac{1}{t} - t \cos \frac{1}{t}) dt$.
આપણે વિકલનનો ઉપયોગ કરીએ:
ધારો કે $f(t) = t^3$.
હવે,$\frac{d}{dt} (t^3 \sin \frac{1}{t}) = 3t^2 \sin \frac{1}{t} + t^3 \cos(\frac{1}{t}) \cdot (-\frac{1}{t^2}) = 3t^2 \sin \frac{1}{t} - t \cos \frac{1}{t}$.
આમ,$\int(3t^2 \sin \frac{1}{t} - t \cos \frac{1}{t}) dt = t^3 \sin \frac{1}{t} + c$.
આને $f(t) \sin(\frac{1}{t}) + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(t) = t^3$ મળે છે.
તેથી,$f(2) = 2^3 = 8$.

(A) $I = \int (\log x)^3 x^4 \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલન (integration by parts) નો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = (\log x)^3$ અને $dv = x^4 \, dx$.
તેથી $du = 3(\log x)^2 \cdot \frac{1}{x} \, dx$ અને $v = \frac{x^5}{5}$ મળે.
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \int \frac{x^5}{5} \cdot 3(\log x)^2 \cdot \frac{1}{x} \, dx = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{5} \int x^4 (\log x)^2 \, dx$.
ફરીથી $\int x^4 (\log x)^2 \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = (\log x)^2$ અને $dv = x^4 \, dx$:
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{5} \left[ \frac{x^5}{5}(\log x)^2 - \int \frac{x^5}{5} \cdot 2 \log x \cdot \frac{1}{x} \, dx \right] = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5 (\log x)^2 + \frac{6}{25} \int x^4 \log x \, dx$.
છેલ્લી વાર $\int x^4 \log x \, dx$ માટે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = \log x$ અને $dv = x^4 \, dx$:
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5 (\log x)^2 + \frac{6}{25} \left[ \frac{x^5}{5} \log x - \int \frac{x^5}{5} \cdot \frac{1}{x} \, dx \right] = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5 (\log x)^2 + \frac{6}{125} x^5 \log x - \frac{6}{125} \int x^4 \, dx$.
$I = \frac{x^5}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25} x^5 (\log x)^2 + \frac{6}{125} x^5 \log x - \frac{6}{625} x^5 + c$.
$x^5$ સામાન્ય લેતા,આપણને $x^5 \left[ \frac{1}{5}(\log x)^3 - \frac{3}{25}(\log x)^2 + \frac{6}{125} \log x - \frac{6}{625} \right] + c$ મળે છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}$.
આ કિંમત સંકલનમાં મૂકતા,આપણને મળે $\int x^2 \left(\frac{1 + \cos 2x}{2}\right) dx = \frac{1}{2} \int x^2 dx + \frac{1}{2} \int x^2 \cos 2x dx$.
$= \frac{1}{2} \cdot \frac{x^3}{3} + \frac{1}{2} \left[ x^2 \cdot \frac{\sin 2x}{2} - \int 2x \cdot \frac{\sin 2x}{2} dx \right]$
$= \frac{x^3}{6} + \frac{x^2 \sin 2x}{4} - \frac{1}{2} \int x \sin 2x dx$.
ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરતા $\int x \sin 2x dx = x \left(-\frac{\cos 2x}{2}\right) - \int 1 \cdot \left(-\frac{\cos 2x}{2}\right) dx = -\frac{x \cos 2x}{2} + \frac{\sin 2x}{4}$.
કિંમત પાછી મૂકતા: $\frac{x^3}{6} + \frac{x^2 \sin 2x}{4} - \frac{1}{2} \left( -\frac{x \cos 2x}{2} + \frac{\sin 2x}{4} \right) + c = \frac{x^3}{6} + \left( \frac{x^2}{4} - \frac{1}{8} \right) \sin 2x + \left( \frac{x}{4} \right) \cos 2x + c$.
$\frac{1}{6} f(x) + g(x) \sin 2x + h(x) \cos 2x + c$ સાથે સરખાવતા,આપણને $f(x) = x^3$,$g(x) = \frac{x^2}{4} - \frac{1}{8}$,અને $h(x) = \frac{x}{4}$ મળે છે.
તેથી $f(1) = 1^3 = 1$,$g(2) = \frac{2^2}{4} - \frac{1}{8} = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$,અને $h(\frac{1}{2}) = \frac{1/2}{4} = \frac{1}{8}$.
અંતે,$f(1) + g(2) + h(\frac{1}{2}) = 1 + \frac{7}{8} + \frac{1}{8} = 1 + 1 = 2$.

(A) ધારો કે $I = \int (\log_{e} 2x)^3 dx$.
$t = \log_{e} 2x$ આદેશ લેતા,$2x = e^t$,તેથી $x = \frac{1}{2} e^t$ અને $dx = \frac{1}{2} e^t dt$.
$I = \int t^3 \cdot \frac{1}{2} e^t dt = \frac{1}{2} \int t^3 e^t dt$.
ખંડશઃ સંકલન $\int u dv = uv - \int v du$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $u = t^3$ અને $dv = e^t dt$:
$I = \frac{1}{2} [t^3 e^t - \int 3t^2 e^t dt] = \frac{1}{2} t^3 e^t - \frac{3}{2} \int t^2 e^t dt$.
ફરીથી ખંડશઃ સંકલન કરતા:
$\int t^2 e^t dt = t^2 e^t - 2 \int t e^t dt = t^2 e^t - 2(t e^t - e^t) = t^2 e^t - 2t e^t + 2e^t$.
કિંમત મુકતા:
$I = \frac{1}{2} t^3 e^t - \frac{3}{2} [t^2 e^t - 2t e^t + 2e^t] + c = \frac{1}{2} e^t [t^3 - 3t^2 + 6t - 6] + c$.
$e^t = 2x$ અને $t = \log_{e} 2x$ હોવાથી:
$I = \frac{1}{2} (2x) [(\log_{e} 2x)^3 - 3(\log_{e} 2x)^2 + 6(\log_{e} 2x) - 6] + c = x[(\log_{e} 2x)^3 - 3(\log_{e} 2x)^2 + 6(\log_{e} 2x) - 6] + c$.

(B) આપણી પાસે સંકલન $I = \int \frac{x+1}{x^3-1} \, dx$ છે.
અવયવીકરણ $x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે સંકલ્યને આંશિક અપૂર્ણાંક તરીકે લખીએ છીએ:
$\frac{x+1}{(x-1)(x^2+x+1)} = \frac{A}{x-1} + \frac{Bx+C}{x^2+x+1}$.
અંશને સરખાવતા: $x+1 = A(x^2+x+1) + (Bx+C)(x-1)$.
$x=1$ માટે: $2 = A(3) \implies A = \frac{2}{3}$.
$x^2$ ના સહગુણકોની સરખામણી કરતા: $0 = A+B \implies B = -\frac{2}{3}$.
અચળ પદોની સરખામણી કરતા: $1 = A-C \implies C = A-1 = \frac{2}{3}-1 = -\frac{1}{3}$.
આમ,$I = \int \left( \frac{2/3}{x-1} + \frac{-2/3x - 1/3}{x^2+x+1} \right) \, dx = \frac{2}{3} \ln|x-1| - \frac{1}{3} \int \frac{2x+1}{x^2+x+1} \, dx$.
$I = \frac{2}{3} \ln|x-1| - \frac{1}{3} \ln|x^2+x+1| + c = \frac{1}{3} \ln \left( \frac{(x-1)^2}{x^2+x+1} \right) + c$.

(A) ધારો કે $I = \int_{\pi / 4}^{\pi / 3} \frac{\cos x-\sin x}{\sin 2 x} d x$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\int \frac{\cos x-\sin x}{\sin 2 x} dx = \int \frac{\cos x}{2 \sin x \cos x} dx - \int \frac{\sin x}{2 \sin x \cos x} dx = \frac{1}{2} \int \csc x dx - \frac{1}{2} \int \sec x dx$.
તેથી,$I = \frac{1}{2} [\log |\tan(x/2)| - \log |\sec x + \tan x|]_{\pi/4}^{\pi/3} = \frac{1}{2} [\log |\frac{\tan(x/2)}{\sec x + \tan x}|]_{\pi/4}^{\pi/3}$.
$x = \pi/3$ માટે કિંમત $\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$ મળે છે અને $x = \pi/4$ માટે કિંમત $3-2\sqrt{2}$ મળે છે.
આમ,$I = \frac{1}{2} \log \left( \frac{(2-\sqrt{3})/\sqrt{3}}{3-2\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{2} \log \left( \frac{(2-\sqrt{3})(3+2\sqrt{2})}{\sqrt{3}} \right)$,જે વિકલ્પ $A$ છે.

(D) આપણે સંકલન $I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} \cos^{-4} x \, dx = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} \sec^4 x \, dx$ ની કિંમત શોધવાની છે.
નિત્યસમ $\sec^2 x = 1 + \tan^2 x$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે $\sec^4 x = \sec^2 x \cdot \sec^2 x = (1 + \tan^2 x) \sec^2 x$ લખી શકીએ.
તેથી,$I = \int_{\pi / 6}^{\pi / 3} (1 + \tan^2 x) \sec^2 x \, dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તો $du = \sec^2 x \, dx$.
જ્યારે $x = \pi / 6$,ત્યારે $u = \tan(\pi / 6) = 1 / \sqrt{3}$.
જ્યારે $x = \pi / 3$,ત્યારે $u = \tan(\pi / 3) = \sqrt{3}$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા:
$I = \int_{1 / \sqrt{3}}^{\sqrt{3}} (1 + u^2) \, du = [u + \frac{u^3}{3}]_{1 / \sqrt{3}}^{\sqrt{3}}$.
સીમાઓ પર કિંમત મેળવતા:
$I = (\sqrt{3} + \frac{(\sqrt{3})^3}{3}) - (\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{(1 / \sqrt{3})^3}{3}) = (\sqrt{3} + \sqrt{3}) - (\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{9 \sqrt{3}}) = 2 \sqrt{3} - (\frac{9 + 1}{9 \sqrt{3}}) = 2 \sqrt{3} - \frac{10}{9 \sqrt{3}}$.
સામાન્ય છેદ લેતા,$I = \frac{2 \sqrt{3} \cdot 9 \sqrt{3} - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{2 \cdot 9 \cdot 3 - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{54 - 10}{9 \sqrt{3}} = \frac{44}{9 \sqrt{3}}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) ધારો કે $I = \int_{1/5}^{1/2} \frac{\sqrt{x-x^2}}{x^3} dx$.
આપણે સંકલ્યને $\frac{\sqrt{x^2(\frac{1}{x}-1)}}{x^3} = \frac{x\sqrt{\frac{1}{x}-1}}{x^3} = \frac{\sqrt{\frac{1}{x}-1}}{x^2}$ તરીકે લખી શકીએ.
ધારો કે $u = \frac{1}{x} - 1$. તેથી $du = -\frac{1}{x^2} dx$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{1}{x^2} dx = du$.
જ્યારે $x = 1/5$,ત્યારે $u = 5 - 1 = 4$.
જ્યારે $x = 1/2$,ત્યારે $u = 2 - 1 = 1$.
આ કિંમતો સંકલનમાં મૂકતા: $I = \int_{4}^{1} \sqrt{u} (-du) = \int_{1}^{4} u^{1/2} du$.
સંકલનનું મૂલ્ય શોધતા: $I = [\frac{u^{3/2}}{3/2}]_{1}^{4} = \frac{2}{3} [u^{3/2}]_{1}^{4}$.
$I = \frac{2}{3} (4^{3/2} - 1^{3/2}) = \frac{2}{3} (8 - 1) = \frac{2}{3} \times 7 = \frac{14}{3}$.

(A) સંકલન $I = \int_0^1 x \operatorname{Sin}^{-1} x \, dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ખંડશઃ સંકલનનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\int u \, dv = uv - \int v \, du$.
ધારો કે $u = \operatorname{Sin}^{-1} x$ અને $dv = x \, dx$.
તેથી $du = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$ અને $v = \frac{x^2}{2}$.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$I = \left[ \frac{x^2}{2} \operatorname{Sin}^{-1} x \right]_0^1 - \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$.
પ્રથમ ભાગની ગણતરી કરતા: $\left[ \frac{1^2}{2} \operatorname{Sin}^{-1}(1) - 0 \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{4}$.
બીજા ભાગ માટે,ધારો કે $J = \int_0^1 \frac{x^2}{2 \sqrt{1-x^2}} \, dx$. $x = \sin \theta$,$dx = \cos \theta \, d\theta$ આદેશ લેતા.
$J = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin^2 \theta \cos \theta}{\cos \theta} \, d\theta = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \, d\theta$.
$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$J = \frac{1}{4} \int_0^{\pi/2} (1 - \cos 2\theta) \, d\theta = \frac{1}{4} \left[ \theta - \frac{\sin 2\theta}{2} \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{8}$.
આમ,$I = \frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{8}$.

(C) સંકલન $I = \int_0^2 x^2(2-x)^5 dx$ ની ગણતરી કરવા માટે,આપણે ગુણધર્મ $\int_0^a f(x) dx = \int_0^a f(a-x) dx$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$x = 2-t$ આદેશ લેતા,$dx = -dt$ મળે છે. જ્યારે $x=0, t=2$ અને જ્યારે $x=2, t=0$.
$I = \int_2^0 (2-t)^2(t)^5 (-dt) = \int_0^2 (4 - 4t + t^2)t^5 dt$.
$I = \int_0^2 (4t^5 - 4t^6 + t^7) dt$.
દરેક પદનું સંકલન કરતા:
$I = [\frac{4t^6}{6} - \frac{4t^7}{7} + \frac{t^8}{8}]_0^2$.
$I = [\frac{2(2^6)}{3} - \frac{4(2^7)}{7} + \frac{2^8}{8}] = [\frac{128}{3} - \frac{512}{7} + 32]$.
$21$ નો સામાન્ય છેદ લેતા:
$I = \frac{896 - 1536 + 672}{21} = \frac{32}{21}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) $\text{સૌ પ્રથમ છેદના અવયવો પાડો: } x^2+3 x+2 = (x+1)(x+2)$.
$\text{આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરીને, ધારો કે } \frac{2 x+5}{(x+1)(x+2)} = \frac{A}{x+1} + \frac{B}{x+2}$.
$\text{અંશને સરખાવતા: } 2 x+5 = A(x+2) + B(x+1)$.
$x = -1 \text{ માટે, } 2(-1)+5 = A(-1+2) \implies A = 3$.
$x = -2 \text{ માટે, } 2(-2)+5 = B(-2+1) \implies 1 = -B \implies B = -1$.
$\text{તેથી, } \int_0^1 \left(\frac{3}{x+1} - \frac{1}{x+2}\right) \,d x = [3 \log |x+1| - \log |x+2|]_0^1$.
$\text{સીમાઓ પર કિંમત મૂકતા: } (3 \log 2 - \log 3) - (3 \log 1 - \log 2) = 3 \log 2 - \log 3 + \log 2 = 4 \log 2 - \log 3 = \log(16) - \log(3) = \log \left(\frac{16}{3}\right)$.

(D) ધારો કે $I = \int_{-1}^4 \sqrt{\frac{4-x}{x+1}} \, dx$.
$x+1 = 5 \cos^2 \theta$ આદેશ લેતા,$dx = -10 \cos \theta \sin \theta \, d\theta$ મળે.
જ્યારે $x = -1$,ત્યારે $5 \cos^2 \theta = 0 \implies \theta = \frac{\pi}{2}$.
જ્યારે $x = 4$,ત્યારે $5 \cos^2 \theta = 5 \implies \theta = 0$.
તેથી $4-x = 4 - (5 \cos^2 \theta - 1) = 5 \sin^2 \theta$.
$I = \int_{\pi/2}^0 \sqrt{\frac{5 \sin^2 \theta}{5 \cos^2 \theta}} (-10 \cos \theta \sin \theta) \, d\theta = \int_0^{\pi/2} \tan \theta (10 \cos \theta \sin \theta) \, d\theta$.
$I = 10 \int_0^{\pi/2} \sin^2 \theta \, d\theta = 10 \int_0^{\pi/2} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \, d\theta$.
$I = 5 [\theta - \frac{\sin 2\theta}{2}]_0^{\pi/2} = 5 [\frac{\pi}{2} - 0] = \frac{5\pi}{2}$.

(D) ધારો કે $I = \int_0^{\pi / 4} \frac{\cos^2 x}{\cos^2 x + 4 \sin^2 x} dx$.
અંશ અને છેદને $\cos^2 x$ વડે ભાગતા:
$I = \int_0^{\pi / 4} \frac{1}{1 + 4 \tan^2 x} dx$.
ધારો કે $u = \tan x$,તેથી $du = \sec^2 x dx = (1 + u^2) dx$,એટલે કે $dx = \frac{du}{1 + u^2}$.
જ્યારે $x = 0, u = 0$. જ્યારે $x = \pi / 4, u = 1$.
$I = \int_0^1 \frac{1}{(1 + 4u^2)(1 + u^2)} du$.
આંશિક અપૂર્ણાંકનો ઉપયોગ કરતા: $\frac{1}{(1 + 4u^2)(1 + u^2)} = \frac{A}{1 + 4u^2} + \frac{B}{1 + u^2}$.
$1 = A(1 + u^2) + B(1 + 4u^2)$.
$u^2 = -1$ માટે,$1 = B(1 - 4) \implies B = -1/3$.
$u^2 = -1/4$ માટે,$1 = A(1 - 1/4) \implies A = 4/3$.
$I = \int_0^1 (\frac{4/3}{1 + 4u^2} - \frac{1/3}{1 + u^2}) du$.
$I = \frac{4}{3} \int_0^1 \frac{1}{1 + (2u)^2} du - \frac{1}{3} \int_0^1 \frac{1}{1 + u^2} du$.
$I = \frac{4}{3} [\frac{1}{2} \tan^{-1}(2u)]_0^1 - \frac{1}{3} [\tan^{-1} u]_0^1$.
$I = \frac{2}{3} \tan^{-1} 2 - \frac{1}{3} (\frac{\pi}{4}) = \frac{2}{3} \tan^{-1} 2 - \frac{\pi}{12}$.

(D) $I = \int_0^{x} \frac{t^2}{\sqrt{a^2+t^2}} dt$ ની ગણતરી કરવા માટે,અંશને $t^2 = (t^2+a^2) - a^2$ તરીકે લખીએ.
તેથી,$I = \int_0^{x} \frac{t^2+a^2}{\sqrt{a^2+t^2}} dt - \int_0^{x} \frac{a^2}{\sqrt{a^2+t^2}} dt$.
$I = \int_0^{x} \sqrt{a^2+t^2} dt - a^2 \int_0^{x} \frac{1}{\sqrt{a^2+t^2}} dt$.
પ્રમાણિત સંકલનનો ઉપયોગ કરતા: $\int \sqrt{a^2+t^2} dt = \frac{t}{2}\sqrt{a^2+t^2} + \frac{a^2}{2} \log|t+\sqrt{a^2+t^2}|$ અને $\int \frac{1}{\sqrt{a^2+t^2}} dt = \log|t+\sqrt{a^2+t^2}|$:
$I = \left[ \frac{t}{2}\sqrt{a^2+t^2} + \frac{a^2}{2} \log|t+\sqrt{a^2+t^2}| - a^2 \log|t+\sqrt{a^2+t^2}| \right]_0^x$.
$I = \left[ \frac{t}{2}\sqrt{a^2+t^2} - \frac{a^2}{2} \log|t+\sqrt{a^2+t^2}| \right]_0^x$.
સીમાઓ મૂકતા: $I = \left( \frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} - \frac{a^2}{2} \log|x+\sqrt{a^2+x^2}| \right) - \left( 0 - \frac{a^2}{2} \log|a| \right)$.
$I = \frac{x}{2}\sqrt{a^2+x^2} - \frac{a^2}{2} \log \left| \frac{x+\sqrt{a^2+x^2}}{a} \right|$.